На главную

08.02.22 Лекція 1. Метод розв'язання нелінійних рівнянь

Ссыль на запись: https://youtu.be/33170Mi2gEk

чисельні розвязання нелінійних рівнянь вигляду

\begin{matrix} (1) & f (x) = 0 \end{matrix}

полягає в знаходженні такого x=x* для якого рівняння (1) задовольняється з заданою точністю Е тобто

\begin{matrix} (2) & | f (x^{*}) | \leq E \end{matrix}

Складається з наступних етапів:

відокрремлення кореня
уточнення кореня за допомогою обчислюваного алгоритма

на першому етапі застосовуєжться графічний або аналітичний підходи

Аналітичний підхід

теорема

неперервна строго монотонна функція f(x) має і при тому єдиний нуль на відрізку [a,b] тоді і тільки тоді коли на його кінцях вона приймає значення різних знаків.

Графічний спосіб

побудування графіка функції f(x)

1. Метод половинного ділення

$x^*:x^*\in [a_0,b_0]$

Алгоритм методу:

$c=\frac{a_0+b_0}{2}$
Визначаються значення функції f(x) в точках x1=a0, x2=c, x3=b0, тобто f(a0), f(c) f(b0).
$f(a_0)*f(c)<0$ то наступний відрізок [a1,b1]=[a0,c], інакше [a1,b1]=[c,b0].
Перевіряється умова закінчення процесу пошуку:
$\begin{matrix} (3) & | b_{1} - a_{1} | \leq 2 E \end{matrix}$
$x^*=\frac{b_1+1_1}{2}$ , якщо умова (3) не виконана, процес пошуку треба повторити.

$[a_0,b_0],[a_1,b_1],[a_2,b_2],..,[a_k,b_k],b_k>a_k$ Для цих відрізків довжини:

\begin{matrix} | b_{1} - a_{1} | = \frac{1}{2} | b_{0} - a_{0} | \\ | b_{2} - a_{2} | = \frac{1}{2} | b_{1} - a_{1} | \\ . . . \\ | b_{3} - a_{3} | = \frac{1}{2} | b_{2} - a_{2} | \end{matrix}

звідки і назва методу.

рис.1 Метод половинного ділення

Приклад

$e^{2x}+3x-4=0$ $E=10^{-2}$ попередньо графічним способом знайдений інтервал локалізації кореня [a0,b0]=[0,4;0,6]

Табл. 1

2. Метод Ньютона (метод дотичних)

Графічна інттерпретація метода

$y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)$ $-y_0=f'(x_0)(x_1-x_0)$ $x_1=x_0-\frac{y_0}{f'(x_0)}=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}$ Процес повторюється:

\begin{matrix} (4) & $ x_{k + 1} = x_{k} - \frac{f (x_{k})}{f^{'} (x_{k})}; x = 0, 1, 2. \end{matrix}

$|x_1-x_0|\leq E$ $x^*=x_{k+1}$

Теорема

$x_0\in [a_0,b_0]$ виконується

\begin{matrix} (6) & f (x_{0}) f^{″} (x_{0}) > 0 \end{matrix}

то почати з точки x0 послідовність {Xk},(k=0,1,2...), яка задається формулою (4), монотонно збігається до кореня x* , рівняння f(x)=0.

Приклад

$e^{2x}+3x-4=0$ $E=10^{-2}$ Маємо:

\begin{matrix} f (x) = e^{2 x} + 3 x - 4 \\ f^{'} (x) = 2 e^{2 x} + 3 \\ f^{″} (x) = 4 e^{2 x} \\ f^{'} (x) т а f^{″} (x) \end{matrix}

додатні на всій області визначення f(x).

$f(0.6)f''(0.6)>0$ Результат обчислень:

3. Метод січних

$f'(x_k)=\frac{f(x_k)-f(x_{k-1})}{x_k-x_{k-1}}$ Тоді формула (4) набуває вигляду:

\begin{matrix} (7) & x_{k + 1} = x_{k} - \frac{f (x_{k}) (x_{k} - x_{k - 1})}{f (x_{k}) - f (x_{k - 1})}; k = 0, 1, 2. . \end{matrix}

Після перетворень:

\begin{matrix} (8) & x_{k + 1} = \frac{x_{k - 1} f (x_{k}) - x_{k} f (x_{k - 1})}{f (x_{k}) - f (x_{k - 1})} \end{matrix}

$x_2=\frac{x_0y_1-x_1y_1}{y_1-y_0}$ це точка перетину січної AB з лінією абсцис. Для початку розрахунків за формулою (8) необхідне завдання двох початкових точок x0 x1. Вибір точки х0 можна здійснювати за тим же принципом, що і в методі дотичних. Друга початкова точка х1 обирається в безпосередній близості від х0, бажано між точкою х0 і шуканим коренем.

$|x_{k+1}-x_k|\leq E$

Приклад

$e^{2x}+3x-4=0$

4. Метод простої ітерації

Початкове рівняння f(x)=0 приводиться до вигляду

\begin{matrix} (9) & x = φ (x) \end{matrix}

Розв'язок шукається на основі побудування послідовності

\begin{matrix} (10) & x_{k + 1} = φ (x_{k}); k = 0, 1, 2. . \end{matrix}

починаючи з деякого х0.

Умови збіжності методу і оцінка похибки результату визначаються теоремою:

Теорема

$\varphi(x) \in [a,b],\,\,\, \forall x \in[a,b]$ $\exist q: |\varphi'(x)\leq q<1|,\forall x \in(a,b)$ * $\lim _{k \rightarrow \infty} x_{k+1}=x^{*}$ $x_0 \in[a,b]$

Умови закінчення:

Зауваження

Якщо безпосереднє перетворення початкового рівняння f(x)=0 до вигляду х=u(x) не дозволяє отримати умови збіжності методу, можна застосувати таке еквівалентне рівняння: Де - параметр, який підбирається таким чином, що в потрібній області виконується умова

Приклад

Перетворимо початкове рівняння до вигляду

Оскільки для (12) маємо:

то процес збігається. В якості початкової точки візьмемо х0=0,5.

15.02.22 Лекція 2. Наближення функції

Запись: https://youtu.be/sD3HdA475sk

Наближення функції

Постановка задачі

Нехай на деякій множині задана система функцій

\begin{matrix} (1) & φ_{0} (x), φ_{1} (x), . ., φ_{m} (x) \end{matrix}

які будемо вважати достатньо гладкими (тобто неперервно диференційованими). Система функцій (1) називається основною системою

Виведемо поліном

\begin{matrix} (2) & Q_{m} (x) = c_{0} φ_{0} (x) + c_{1} φ_{1} (x) + . . + c_{m} φ_{m} (x) \end{matrix}

де C0,C1,C2,...,Cm - постійні коефіцієнти.

Qm(x) називається узагальненим поліномом порядку m. Наприклад, якщо

, то маємо звичайний алгебраїчний поліном степені m.

Якщо

Це тригонометричний поліном порядку m.

Сформулюємо задачу наближення функції.

задача

Задану функцію f(x) треба замінити узагальненим поліномом Qm(x) заданого порядку m так, щоб відхилення функції f(x) від Qm(x) на вказаній множині х було найменшим.

Q(x) називається апроксимуючим поліномом.

Множина х може складатися з окремих точок х0,х1,...,хn - тоді маємо точкове неближення.

Якщо х - це відрізок a<=x<=b, то наближення називається інтегральним

Відхилення розуміється по-різному: якщо значення f(Xk) i Qm(Xk), k=0,1...,n співпадають - маємо задачу інтерполяції:

Існують також задачі середньоквадратичного наближення, рівномірного наближення і т.д.

Інтерполювання функцій

Нехай у=f(x) задана в точках х0,х1,...,хn своїми значеннями у0,у1,...yn (рис1)

рис1

Будемо вважати функцію f(x) і поліном близкими, якщо вони співпадають на заданій множині точок х0,х1,...,хn. Ці точки називаються вузлами інтерполяції.

Задача

Знайти поліном Qm(x) найнижчої степені m такий, що

Qm(x) - називається інтерполяціонним поліномом

Доведено, що існує єдиний поліном степені не вище n, який приймає в точках х0,х1,...,хn задані значення. Покладемо m=n

Коефіцієнти полінома Qn(x) знайдемо із системи

Визначник системи (1) - це визначник Вандельмонда.

Система (1) має єдиний роз'вязок. Поліном Ln(x) - це інтерполяційний поліном Лагранжа.

Він має вигляд:

Отже

Формула (2) - це інтерполяційна формула Лагранжа.

Приклад

Знайти поліном степені m<=2, який в точках х0=1, х1=5, х2=-2 приймає значення у0=4, у1=1, у2=7

Маємо:

Приклад 2

Недолік полінома Лагранжа

при додаванні одного нового вузла треба все перерахувати.

Роздільні різниці

Нехай f(x) задана значеннями у0,у1,...,уn в вузлах х0,х1,...хn Складемо відношення:

це число називається роздільною різницею першого порядку функції f(x) в вузлі х0

Для точки х1 будемо мати:

Для точки х2: і т.д.

Роздільна різниця 2го порядку в точці х0:

Приклад

Знайти роздільні різниці для функції у=х^3 в точках х0=1,х1=3,х2=5,х3=2,х4=4

Складемо таблицю для обчислення різниць

Очевидно, що різниці 4го порядку дорівнюють 0 (як і відповідні похідні функції у=х^3)

Інтерполяційна формула Ньютона

Запишемо за допомогою роздільних різниць поліном Pn(x), який в точках (вузлах) х0,х1,...,хn приймає значення у0,у1,...,уn Запишемо роздільну різницю [y;x0,x1], а також [y;x0,x1,x2], ..., [y;x0,x1,...,xn] Це ми можемо зробити. Очевидно, що

Звідки маємо:

Аналогічно:

Тобто

Підставимо (2) в (1). Маємо:

\begin{matrix} (3) & P_{n} (x) = y_{0} + [y_{j}; x_{0}, x_{1}] (x - x_{0}) + [y; x, x_{0}, x_{1}] (x - x_{0}) (x - x_{1}) \end{matrix}

Далі:

Тобто:

Підставимо (4) в (3):

і т.д. В результаті отримаємо:

Формула (6) - інтерполяційна формула Ньютона. (Відстань між вузлами може бути різна!)

При появі нового вузла в формулі (6) з'явиться ще один доданок.

Приклад

Знайти поліном P3(x), який в вузлах х0=-1,х1=3,х2=4,х3=0 приймає значення у0=4, у1=2 у2=-3, у3=1

Запишемо обчислення в таблицю

Маємо:

Поліном P3(x) має бути таким же, як і поліном L3(x) Лагранжа.

Зауваження

Вузли інтерполяції х0,х1,...,хn можуть бути розташовані в довільній послідовності. Зокрема, якщо вузли перенумеровані в зворотному порядку, поліном (6) приймає вигляд:

Виразу (6) і (8) еквівалентні.

15.02.22 Лекція 2.5. Кінцеві різниці

Кінцеві різниці

Нехай функція y=f(x) задана своїми значеннями в вузлах х0,х1,...,хn. де х1=х0+h, x2=x0+2h, ...

Тобто вузли є рівновіддаленими. Відповідні значення функції y0, y1, ..., yn

Визначення

Кінцевою різницею 1 порядку функції y=f(x) в точці х0 називається величина

Аналогічно вводяться різниці 2го порядку

Для точки х1 будемо мати

Приклад

Знайти кінцеві різниці для функції у=x^3 в вузлах х0=0, х1=1, х2=2, х3=3, х4=4

Обчислення зведемо в таблицю

Кінцеві різниці називаються кінцевими різницями 1го роду.

Кінцеві різниці 2го роду позначаються (набла) і обчислюються так:

Тобто береться різниця "назад".

Різниця 2го порядку:

Приклад

Обчислити кінцеві різниці 2го роду для функції y=x^3 в вузлаї х0=0, х1=1, х2=2, х3=3, х4=4.

Розрахунки представлені в таблиці

Формула Ньютона для рівновіддалених вузлів

Розглянемо рівновіддалені вузли: х0,х1=х0+h, x2=x0+2h, ... , xn=x0+n*h

Отримаємо для цього випадку співвідношення між роздільними і кінцевими різницями:

Аналогічно неважко отримати, що

Перепишемо інтерполяційну формулу Ньютона в кінцевих різницях 1го роду:

Це інтерполяційна формула Ньютона 1го роду

Приклад

Знайти P3(x) за формулою (4), якщо х0=0, х1=2, х2=4, х3=6, у0=1, у1=4, у2=2, у3=7 (Очевидно, що вузли є рівновіддаленими і h=2)

Розрахунки кінцевих різниць зведемо в таблицю

Використовуємо перший рядок (тут більше всього інформації про кінцеві різниці)

Отримаємо співвідношення між кінцевими різницями 2го роду і відповідними розділеними різницями.

Маємо:

Можна показати, що

Отримаємо інтерполяційну формулу Ньютона 2го роду (з використанням кінцевих різниць 2го роду)

Після підстановки виразів для кінцевих різниць в формулу

Отримаємо, що

$\begin{aligned} &P_{n}(x)=y_{n}+\frac{\nabla y_{n}}{1 ! h}\left(x-x_{n}\right)+\frac{\nabla y_{n}}{2 ! h^{2}}\left(x-x_{n}\right)\left(x-x_{n-1}\right)+\ldots+ \\ &+\frac{\nabla^{n} y_{n}}{n ! h^{n}}\left(x-x_{n}\right)\left(x-x_{n-1}\right) \ldots\left(x-x_{1}\right) \end{aligned}$

Формули Ньютона (4), (5) - це кінцево-різницевий аналого формули Тейлора.

Приклад

Знайти P3(x) за формулою (5), якщо х0=0, х1=2, х2=4, х3=6, у0=1, у1=4, у2=2, у3=7

Розрахунки зведемо в таблицю

xk	yk	$\nabla$ yk	$\nabla _2y_k$	$\nabla _3y_k$
0	1	-	-	-
2	4	3	-	-
4	2	-2	-5	-
6	7	5	7	12

(таблиця заповнюється знизу)

Використовуємо останній рядок

$\begin{aligned} & P_{3}(x)=7+\frac{5}{1 ! 2}(x-6)+\frac{7}{2 ! 2}=(x-6)(x-4)+\\ +& \frac{12}{3 ! 2^{3}}(x-6)(x-4)(x-2)=7+\frac{5}{2}(x-6)+\frac{7}{8}(x-6)(x-4)+\\ +& \frac{1}{4}(x-6)(x-4)(x-2) \end{aligned}$

22.02.22 Лекція 2.6. Інтерполяція кубічним сплайном

Сплайн (spline) -це гнучка лінійка, яка використовується для креслення кривих ліній.

Дано

yi=y(xi), xi (i=0,1,2,...,n)

Треба

$\left[x_{i-1}, x_{i}\right],(i=1,2,...,n)$ кубічним поліномом

(1)

\begin{aligned} u_{i} (x) & = a_{i} + b_{i} (x - x_{i - 1}) + c_{i} {(x - x_{i - 1})}^{2} + \\ + d_{i} {(x - x_{i - 1})}^{3}, i = \overset{―}{1, n} \end{aligned}

Так щоб

u_{i} (x) = y_{i}, i = \overset{―}{1, n}

$u_{i}(x)$ $\left[x_{i-1}, x_{i}\right], \quad i=\overline{1, n}$

$a_i, b_i, c_i, d_i$ :

$\left[x_{i-1}, x_{i}\right]$ (за номером це і-й інтервал) з (1) маємо:

(2)

$y_{i-1}=a_{i} \quad, \quad i=\overline{1, n}$

Для правого кінця

(3)

$y_{i}=a_{i}+b_{i} h_{i}+c_{i} h_{i}^{2}+d_{i} h_{i}^{3}, i=\overline{1, n}$

$h_i$ $x_{i-1}$ $x_i$ $\quad i=\overline{1, n}$ $h_i=x_i, \quad i=\overline{1, n}$ .

Рівності (2)(3) $y(x_i)$ $y(x_{i-1})$ $x_i$ $x_{i-1}$ .

$2n$ (2) і (3) $4n$ $a_i, b_i, c_i, d_i$ .

$2n$ умов.

(1) $n-1$ ). Це забезпечить гладкість сукупного сплайну.

Отже маємо:

$u_{i+1}^{\prime}\left(x_{i}\right)=u_{i}^{\prime}\left(x_{i}\right)$ (4) $u_{i+1}^{\prime \prime}\left(x_{i}\right)=u_{i}^{\prime \prime}\left(x_{i}\right), \quad i=1,2, \ldots, n-1$ (5)

Залежності (4)(5) $2(n-1)$ $a_i, b_i, c_i, d_i$ .

Отримаємо ці умови. Продиференціюємо (1):

$u_{i}^{\prime}(x)=b_{i}+2 c_{i}\left(x-x_{i-1}\right)+3 d_{i}\left(x-x_{i-1}\right)^{2}, i=\overline{1, n-1}$ , (6)

$u_{i}^{\prime \prime}(x)=2 c_{i}+6 d_{i}\left(x-x_{i-1}\right), \quad i=1, n-1$ (7)

$x_i$ , маємо:

$b_{i}+2 c_{i} h_{i}+3 d_{i} h_{i}^{2}=b_{i+1}, \quad i=\overline{1, n-1}$ (8)

$c_{i}+3 d_{i} h_{i}=c_{i+1}, \quad i=\overline{1, n-1}$ (9)

$[x_0,x_n]$ другі похідні дорівнюють нулю:

$e_{n}^{\prime \prime}\left(x_{n}\right)=0, \quad e_{1}^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0$ (10)

Це відповідає умові незакріплених кінців сплайну (нульова кривизна лінії).

З (10) маємо:

$\frac{1}{2} u_{1}^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=c_{1}=0$ (11)

$\frac{1}{2} u_{n}^{\prime \prime}\left(x_{n}\right)=c_{n}+3 d_{n} h_{n}=0$ (12)

(2),(3),(8),(9),(11),(12) $4n$ $a_i,b_i,c_i,d_i$ .

Цю систему можна розв'язати методом Гаусса. Але набагато простіше розв'язати її методом прогонки.

Для цього попередньо приведемо цю систему до потрібного вигляду.

З рівняння (2) маємо:

$a_i=y_{i-1}, \quad i=\overline{1,n}$

З рівнянь (9) і (12) визначимо:

$d_{i}=\left(c_{i+1}-c_i\right) / 3 h_{i}, i=\overline{1, n-1}$ (13)

$d_{n}=-c_{n} / 3 h_{n}$ (14)

$c_{n+1}=0$ , то систему (13),(14) можна записати одним рівнянням:

$d_{i}=\left(c_{i+1}-c_{i}\right) / 3 h_{i}, i=\overline{1,n}$ (15)

$c_{n+1}=0$

$a_i=y_{i-1}$ , отримаємо:

$b_{i}=\frac{1}{h_{i}}\left(y_{i}-y_{i-1}\right)-\frac{1}{3}\left(2 с_{i}+с_{i+1}\right) h_{i}, \quad i=\overline{1, n}$ (16)

$b_i$ $b_{i+1}$ $d_i$ на основі (15).

$c_i$ :

(17)

$\left\{\begin{array}{c}c_{1}=0 \\ h_{i-1} c_{i-1}+2\left(h_{i-1}+h_{i}\right) c_{i}+h_{i} c_{i+1}=3\left(\frac{y_{1}-y_{i-1}}{h_{i}}-\frac{y_{i-1}-y_{i-2}}{h_{i-1}}\right), \quad i=\overline{2,n}\\ c_{n+1}=0\end{array}\right.$

$c_{i}$ , решту коефіцієнтів нескладно знайти з формул (15) і (16)

Метод прогонки розв'язання систем лінійних рівнянь з трьохдіагональною матрицею

Представимо друге рівняння системи (17) у вигляді:

(18)

u_{i} c_{i + 1} - v_{i} c_{1} + w_{i} c_{i - 1} = F_{i}, i = \overset{―}{2, n}

де позначено:

\begin{matrix} u_{i} = h_{i}, v_{i} = - 2 (h_{i - 1} + h_{i}), w_{i} = h_{i - 1}, \\ F_{i} = 3 (\frac{y_{i} - y_{i - 1}}{h_{i}} - \frac{y_{i - 1} - y_{i - 2}}{h_{i - 1}}) \end{matrix}

$u_i,v_i,w_i$ $F_i$ можна вважати відомими, оскільки їх можна обчислити заздалегідь.

$i=2$ і виразимо з рівняння

u_{2} c_{3} - v_{2} c_{2} + w_{2} c_{1} = F_{2}

$c_2$ $c_3$ $c_1=0$ :

(19)

c_{2} = \frac{u_{2}}{v_{2}} c_{3} + \frac{w_{2} C_{1} - F_{2}}{v_{2}}

Перепишемо (19) у вигляді

(20)

\begin{matrix} c_{2} = A_{2} c_{3} + B_{2}, де \\ A_{2} = \frac{u_{2}}{v_{2}}; B_{2} = \frac{w_{2} c_{1} - F_{2}}{v_{2}} \end{matrix}

$i=3$ з відповідного рівняння (18) маємо

u_{3} c_{4} - v_{3} c_{3} + w_{3} c_{2} = F_{3}

$c_2=A_2c_3+B_2$ , отримаємо

\begin{matrix} u_{3} c_{4} - v_{3} c_{3} + w_{3} (A_{2} c_{3} + B_{2}) = F_{3} \\ u_{3} c_{4} - (v_{3} - w_{3} A_{2}) c_{3} + w_{3} B_{2} = F_{3} \end{matrix}

$c_3$ $c_4$ :

(21)

c_{3} = \frac{u_{3}}{v_{3} - w_{3} A_{2}} c_{4} + \frac{w_{3} B_{2} - F_{3}}{v_{3} - w_{3} A_{2}}

Представимо (21) у вигляді

22, 23

\begin{matrix} c_{3} = A_{3} c_{4} + B_{3}, де \\ A_{3} = \frac{u_{3}}{v_{3} - w_{3} A_{2}}; B_{3} = \frac{w_{3} B_{2} - F_{3}}{v_{3} - W_{3} A_{2}} \end{matrix}

$i=4,5,...,n$ аналогічно отримуємо:

\begin{aligned} {\begin{matrix} C_{4} = A_{4} C_{5} + B_{4}, \\ C_{5} = A_{5} C_{6} + B_{5}, \\ . . . . . . . . . . . . . . . \\ C_{n} = A_{n} C_{n + 1} + B_{n}, \end{matrix} \\ дe A_{4} = \frac{u_{4}}{v_{4} - w_{4} A_{3}}; B_{4} = \frac{w_{4} B_{3} - F_{4}}{v_{4} - w_{4} A_{3}}; \\ A_{5} = \frac{u_{5}}{v_{5} - w_{5} A_{4}; B_{5}} = \frac{w_{5} B_{4} - F_{5}}{v_{5} - W_{5} A_{4}}, \\ . . . . \\ A_{n} = \frac{u_{n}}{V_{n} - W_{n} A_{n - 1}}; B_{n} = \frac{W_{n} B_{n - 1} - F_{n}}{V_{n} - W_{n} A_{n - 1}} . \end{aligned}

$c_i$ $A_i,\ B_i,\ (i=\overline{2,n})$ :

\begin{matrix} {\begin{cases} A_{2} = \frac{u_{2}}{v_{2}}; B_{2} = \frac{- F_{2}}{v_{2}} \\ A_{k} = \frac{u_{k}}{v_{k} - W_{k} A_{k - 1}}; B_{k} = \frac{W_{k} B_{k - 1} - F_{k}}{v_{k} - W_{k} A_{k - 1}}, k = \overset{―}{3, n} \end{cases} \end{matrix}

$c_i \ \ (i=\overline{2,n})$ :

\begin{matrix} {\begin{cases} C_{1} = 0, \\ C_{2} = A_{2} C_{3} + B_{2}, \\ C_{3} = A_{3} C_{4} + B_{3}, \\ . . . . . . . . \\ C_{n} = A_{n} C_{n + 1} + B_{n}, \\ C_{n + 1} = 0 \end{cases} \end{matrix}

Системи (24)(25) - це системи рекурентних лінійних рівнянь, які розв'язуються послідовно:

перша ''зверху вниз''
друга ''знизу вверх''

$c_i$ сплайна (1)

Алгоритм інтерполювання кубічним сплайном

$u_{i} c_{i+1}-v_{i} c_{1}+w_{i} c_{i-1}=F_{i}, \quad i=\overline{2, n}$ $u_{i}=h_{i}, v_{i}=-2\left(h_{i-1}+h_{i}\right), \quad w_{i}=h_{i-1},\\ F_{i}=3\left(\frac{y_{i}-y_{i-1}}{h_{i}}-\frac{y_{i-1}-y_{i-2}}{h_{i-1}}\right)$
$A_i,B_i\ \ (i=\overline{2,n})$ $c_i\ \ (i=\overline{2,n})$ з системи (25), розглядаючи рівнння в зворотній послідовності.
$\begin{gathered} a_{i}=y_{i}-1, \quad i=\overline{1, n} \\ b_{i}=\frac{1}{h_{i}}\left(y_{i}-y_{i-1}\right)-\frac{1}{3}\left(2 c_{i}+c_{i+1}\right) h_{i}, \quad i=\overline{1, n} \\ d_{i}=\left(c_{i+1}-c_{i}\right) / 3 h_{i} ; \quad i=\overline{1, n}, \end{gathered}$

Приклад

Есть такая таблица данных

$x_i$	0,0	1,5	4,0	5,2	7,0	9,3
$y_i$	1,00	2,52	4,16	3,20	5,10	6,20

$x=[0;1,5]$ $x=[1,5;4]$ и т.д.

φ_{i} (x) = a_{i} + b_{i} (x - x_{i - 1}) + c_{i} {(x - x_{i - 1})}^{2} + d_{i} {(x - x_{i - 1})}^{3}, i = 1, 2, \dots, 5

$i$ $i_1\ \ \text{это у нас для} \ \ x=[0;\ 1,5]$ , i2 от 1.5 до 4 и т.д.

$a,b,c,d$ на разных і:

по алгоритму определяем коефициенты и правые части системы

\begin{aligned} u_{2} = h_{2} = 4, 0 - 1, 5 = 2, 5; u_{3} = h_{3} = 5, 2 - 4, 0 = 1, 2; u_{4} = h_{4} = 7, 0 - 5, 2 = 1, 8 \\ u_{5} = h_{5} = 9, 3 - 7, 0 = 2, 3; \\ w_{2} = h_{1} = 1, 5 - 0, 0; w_{3} = h_{2} = 2, 5; w_{4} = h_{3} = 1, 2; w_{5} = h_{4} = 1, 8; \\ v_{2} = - 2 (1, 5 + 2, 5) = - 8; v_{3} = - 2 (2, 5 + 1, 2) = - 7, 4; v_{4} = - 2 (1, 2 + 1, 8) = - 6; \\ v_{5} = - 2 (1, 8 + 2, 3) = - 8, 2; \\ F_{2} = 3 (\frac{y_{2} - y_{1}}{h_{2}} - \frac{y_{1} - y_{0}}{h_{1}}) = 3 (\frac{4, 16 - 2, 52}{2, 5} - \frac{2, 52 - 1, 0}{1, 5}) = - 1, 072; \\ F_{3} = 3 (\frac{y_{3} - y_{2}}{h_{3}} - \frac{y_{2} - y_{1}}{h_{2}}) = 3 (\frac{3, 20 - 4, 16}{1, 2} - \frac{4, 16 - 2, 52}{2, 5}) = - 4, 368; \\ F_{4} = 3 (\frac{y_{4} - y_{3}}{h_{3}} - \frac{y_{3} - y_{2}}{h_{2}}) = 3 (\frac{5, 10 - 3, 20}{1, 8} - \frac{3, 20 - 4, 16}{1, 2}) = 5, 567; \\ F_{5} = 3 (\frac{y_{5} - y_{4}}{h_{4}} - \frac{y_{4} - y_{3}}{h_{3}}) = 3 (\frac{6, 20 - 5, 10}{2, 3} - \frac{5, 10 - 3, 20}{1, 8}) = - 1, 732; \end{aligned}

Система будет иметь такой вид:

\begin{matrix} {\begin{cases} 1, 5 c_{1} + 8 c_{2} + 2, 5 c_{3} = - 1, 072 \\ 2, 5 c_{2} + 7, 4 c_{3} + 1, 2 c_{4} = - 4, 368 \\ 1, 2 c_{3} + 6 c_{4} + 1, 8 c_{5} = 5, 567 \\ 1, 8 c_{4} + 8, 2 c_{5} + 2, 3 c_{6} = - 1, 732 \end{cases} \end{matrix}

Полученная матрица трёхдиагональная, чтобы решить используем метод прогонки

\begin{aligned} A_{2} = \frac{u_{2}}{v_{2}} = \frac{25}{- 8} = - 0, 1813; B_{2} = \frac{w_{2} c_{1} - F_{2}}{2 v_{2}} = \frac{0 + 1, 072}{- 8} = - 0, 1340; \\ A_{3} = \frac{u_{3}}{v_{3} - w_{3} A_{2}} = \frac{1, 2}{- 7, 4 - 2, 5 (- 0, 3125)} = - 0, 1813; \\ B_{3} = \frac{w_{3} B_{2} - F_{3}}{v_{3} - w_{3} A_{2}} = \frac{2, 5 \cdot (- 0, 1340) + 4, 368}{- 7, 4 - 2, 5 (- 0, 3125)} = - 0, 6093; \\ A_{4} = \frac{u_{4}}{v_{4} - w_{4} A_{3}} = \frac{1, 8}{- 6 - 1, 2 ((- 0, 1813)} = - 0, 3113; \\ B_{4} = \frac{w_{4} B_{3} - F_{4}}{v_{4} - w_{4} A_{3}} = \frac{1, 2 (- 0, 6093) - 5, 567}{- 7, 4 - 2, 5 (- 0, 3125)} = 1, 0891; \\ A_{5} = \frac{u_{5}}{v_{5} - w_{5} A_{4}} = \frac{2, 3}{- 8, 2 - 1, 8 (- 0, 3113)} = - 0, 3011; \\ B_{5} = \frac{w_{5} B_{4} - F_{5}}{v_{5} - w_{5} A_{4}} = \frac{1, 8 \cdot 1, 0891 + 1, 7319}{- 8, 2 - 1, 8 (- 0, 3113)} = - 0, 4833 . \end{aligned}

$c_{i}:$

\begin{aligned} c_{5} = A_{5} c_{6} + B_{5} = (- 0, 3011) \cdot 0 - 0, 4833 = - 0, 4833; \\ c_{4} = A_{4} c_{5} + B_{4} = - 0, 3113 \cdot (- 0, 4833) + 1, 0891 = 1, 2396; \\ c_{3} = A_{3} c_{4} + B_{3} = - 0, 1813 \cdot 1, 2396 - 0, 6093 = - 0, 8340; \\ c_{2} = A_{2} c_{3} + B_{2} = - 0, 3125 \cdot (- 0, 8340) - 0, 1340 = 0, 1267 . \end{aligned}

$a_{i}$ :

a_{1} = y_{0} = 1, 0; a_{2} = y_{1} = 2, 52; a_{3} = y_{2} = 4, 16; a_{4} = y_{3} = 3, 20; a_{5} = y_{4} = 5, 10 .

$b$

\begin{aligned} b_{1} = \frac{1}{h_{1}} (y_{1} - y_{0}) - \frac{1}{3} (2 c_{1} + c_{2}) h_{1} = \frac{1}{1, 5} (2, 52 - 1, 0) - \frac{1}{3} (2 \cdot 0 + 0, 1266) 1, 5 = 0, 950; \\ b_{2} = \frac{1}{h_{2}} (y_{2} - y_{1}) - \frac{1}{3} (2 c_{2} + c_{3}) h_{2} = \frac{1}{2, 5} (4, 16 - 2, 52) - \frac{1}{3} (2 \cdot 0, 1266 - 0, 8340) 2, 5 = 1, 140; \\ b_{3} = \frac{1}{h_{3}} (y_{3} - y_{2}) - \frac{1}{3} (2 c_{3} + c_{4}) h_{3} = \frac{1}{1, 2} (3, 20 - 4, 16) - \frac{1}{3} (2 \cdot (- 0, 8340) + 1, 2396) 1, 2 = \\ = - 0, 6286; \\ b_{4} = \frac{1}{h_{4}} (y_{4} - y_{3}) - \frac{1}{3} (2 c_{4} + c_{5}) h_{4} = \frac{1}{1, 8} (5, 10 - 3, 20) - \frac{1}{3} (2 \cdot 1, 2396 - 0, 4833) 1, 8 = 0, 950; \\ b_{5} = \frac{1}{h_{5}} (y_{5} - y_{4}) - \frac{1}{3} (2 c_{5} + c_{6}) h_{5} = \frac{1}{2, 3} (6, 20 - 5, 10) - \frac{1}{3} (2 \cdot (- 0, 4833) + 0) 2, 3 = 1, 219; \\ с формулок получаем дальше \\ d_{1} = (c_{2} - c_{1}) / 3 h_{1} = \frac{0, 1266 - 0}{3 \cdot 1, 5} = 0, 028; d_{2} = (c_{3} - c_{2}) / 3 h_{2} = \frac{- 0, 8340 - 0, 1267}{3 \cdot 2, 5} = - 0, 1281; \\ d_{3} = (c_{4} - c_{3}) / 3 h_{3} = \frac{1, 2396 + 0, 8340}{3 \cdot 1, 2} = 0, 576; \\ d_{4} = (c_{5} - c_{4}) / 3 h_{4} = \frac{- 0, 4833 - 1, 2396}{3 \cdot 1, 8} = - 0, 3191; \\ d_{5} = (c_{6} - c_{5}) / 3 h_{5} = \frac{0 - (- 0, 4833)}{3 \cdot 23} = 0, 070 . \end{aligned}

Интерполяция окончена, олды получены

\begin{aligned} φ_{1} (x) = 1, 0 + 0, 950 x + 0, 028 x^{3} для x \in [0; 1, 5] \\ φ_{2} (x) = 2, 52 + 1, 14 (x - 1, 5) + 0, 127 (x - 1, 5)^{2} - 0, 128 (x - 1, 5)^{3} для x \in [1, 5; 4] \\ φ_{3} (x) = 4, 16 - 0, 629 (x - 4) - 0, 834 (x - 4)^{2} + 0, 576 (x - 4)^{3} для x \in [4; 5, 2] \\ φ_{4} (x) = 3, 20 - 0, 142 (x - 5, 2) + 1, 240 (x - 5, 2)^{2} - 0, 319 (x - 5, 2)^{3} для x \in [5, 2; 7] \\ φ_{5} (x) = 5, 10 + 1, 219 (x - 7) - 0, 483 (x - 7)^{2} + 0, 070 (x - 7)^{3} для x \in [7; 9, 3] \end{aligned}

Тот же пример, но как я понял

№	0	1	2	3
$x_i$	1	2	4	7
$y_{i}$	2	3	1	4

Коефы ищутся исходя из правил

Вернёмся к формуле

φ_{i} (x) = a_{i} + b_{i} (x - x_{i - 1}) + c_{i} {(x - x_{i - 1})}^{2} + d_{i} {(x - x_{i - 1})}^{3}, i = 1, 2, \dots, 5

это формулка для каждого отдельного участка сплайна.

$x_{i-1}$ это начальный х в отрезке сплайна

$x=[0;1]$ S0,S1,S2 это названия функций для соответствующих отрезков

\begin{matrix} S_{0} = a_{0} + b_{0} (x - x_{0}) + c_{0} (x - x_{0})^{2} + d_{0} (x - x_{0})^{3} \\ S_{1} = a_{1} + b_{1} (x - x_{1}) + c_{1} (x - x_{1})^{2} + d_{1} (x - x_{1})^{3} \\ S_{2} = a_{2} + b_{2} (x - x_{2}) + c_{2} (x - x_{2})^{2} + d_{2} (x - x_{2})^{3} \end{matrix}

$x_0$ на 1:

\begin{matrix} S_{0} = a_{0} + b_{0} (x - 1) + c_{0} (x - 1)^{2} + d_{0} (x - 1)^{3} \\ S_{1} = a_{1} + b_{1} (x - 2) + c_{1} (x - 2)^{2} + d_{1} (x - 2)^{3} \\ S_{2} = a_{2} + b_{2} (x - 4) + c_{2} (x - 4)^{2} + d_{2} (x - 4)^{3} \end{matrix}

1. Сплайн должен проходить через узловые точки

$a_0$

Подставим значения первой и второй точек в формулку, получим:

\begin{matrix} S_{0} : \\ 2 = a_{0} + b_{0} (1 - 1) + c_{0} (1 - 1)^{2} + d_{0} (1 - 1)^{3} \\ 3 = a_{0} + b_{0} (2 - 1) + c_{0} (2 - 1)^{2} + d_{0} (2 - 1)^{3} \\ S_{1} : \\ 3 = a_{1} + b_{1} (2 - 2) + c_{1} (2 - 2)^{2} + d_{1} (2 - 2)^{3} \\ 1 = a_{1} + b_{1} (4 - 2) + c_{1} (4 - 2)^{2} + d_{1} (4 - 2)^{3} \\ S_{2} : \\ 1 = a_{2} + b_{2} (4 - 4) + c_{2} (4 - 4)^{2} + d_{2} (4 - 4)^{3} \\ 4 = a_{2} + b_{2} (7 - 4) + c_{2} (7 - 4)^{2} + d_{2} (7 - 4)^{3} \end{matrix}

Это можно упростить

\begin{matrix} S_{0} : \\ 2 = a_{0} \\ 3 = a_{0} + b_{0} + c_{0} + d_{0} \\ S_{1} : \\ 3 = a_{1} \\ 1 = a_{1} + 2 b_{1} + 4 c_{1} + 8 d_{1} \\ S_{2} : \\ 1 = a_{2} \\ 4 = a_{2} + 3 b_{2} + 9 c_{2} + 27 d_{2} \end{matrix}

2. В стыках сплайнов всё должно быть гладенько

На пересечении отрезков должен быть плавный переход, для этого можно использовать производные, так как они показывают динамику роста функции

Сплайн должен заходить с одинаковой кривизной и углом. Первая производная отвечает за угол. Кривизна же идёт по второй производной, а вот собственно и они:

\begin{aligned} S_{0}^{'} = {(a_{0} + b_{0} (x - 1) + c_{0} (x - 1)^{2} + d_{0} (x - 1)^{3})}^{'} = b_{0} + 2 c_{0} (x - 1) + 3 d_{0} (x - 1)^{2} \\ S_{1}^{'} = {(a_{1} + b_{1} (x - 2) + c_{1} (x - 2)^{2} + d_{1} (x - 2)^{3})}^{'} = b_{1} + 2 c_{1} (x - 2) + 3 d_{1} (x - 2)^{2} \\ S_{2}^{'} = {(a_{2} + b_{2} (x - 4) + c_{2} (x - 4)^{2} + d_{2} (x - 4)^{3})}^{'} = b_{2} + 2 c_{2} (x - 4) + 3 d_{2} (x - 4)^{2} \\ (S_{0}^{''} = {(b_{0} + 2 c_{0} (x - 1) + 3 d_{0} (x - 1)^{2})}^{'} = 2 c_{0} + 6 d_{0} (x - 1) \\ S_{1}^{''} = {(b_{1} + 2 c_{1} (x - 2) + 3 d_{1} (x - 2)^{2})}^{'} = 2 c_{1} + 6 d_{1} (x - 2) \\ S_{2}^{''} = {(b_{2} + 2 c_{2} (x - 4) + 3 d_{2} (x - 4)^{2})}^{'} = 2 c_{2} + 6 d_{2} (x - 4) \end{aligned}

В первой точке стыка, она же (2,3) производные сплайнов должны быть одинаковыми, т.е.:

\begin{matrix} b_{0} + 2 c_{0} (2 - 1) + 3 d_{0} (2 - 1)^{2} = b_{1} + 2 c_{1} (2 - 2) + 3 d_{1} (2 - 2)^{2} \\ 2 c_{0} + 6 d_{0} (2 - 1) = 2 c_{1} + 6 d_{1} (2 - 2) \end{matrix}

оно же

\begin{matrix} b_{0} + 2 c_{0} + 3 d_{0} - b_{1} = 0 \\ 2 c_{0} + 6 d_{0} - 2 c_{1} = 0 \end{matrix}

аналогично будет в точке (4,1):

\begin{matrix} b_{1} + 2 c_{1} (4 - 2) + 3 d_{1} (4 - 2)^{2} = b_{2} + 2 c_{2} (4 - 4) + 3 d_{2} (4 - 4)^{2} \\ 2 c_{1} + 6 d_{1} (4 - 2) = 2 c_{2} + 6 d_{2} (4 - 4) \end{matrix}

оно же

\begin{matrix} b_{1} + 4 c_{1} + 12 d_{1} - b_{2} = 0 \\ 2 c_{1} + 12 d_{1} - 2 c_{2} = 0 \end{matrix}

остнаётся ещё 2 уравнения

Надо задать поведение сплайнов в начальной и конечной точках

Зададим нулевую кривизну для начала и конца, т.е.

$S^{\prime\prime} _0=0$ $2c_0+6d_0(1-1)=0$ $2c_0=0$

$S^{\prime\prime} _2=0$ $2c_2+6d_2(7-4)=0$ $2c_2+18d_2=0$

Из всего сверху получаем систему из 12 линейных уравнений

\begin{aligned} a_{0} = 2 \\ a_{0} + b_{0} + c_{0} + d_{0} = 3 \\ a_{1} = 3 \\ a_{1} + 2 b_{1} + 4 c_{1} + 8 d_{1} = 1 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2} + 3 b_{2} + 9 c_{2} + 27 d_{2} = 4 \\ b_{0} + 2 c_{0} + 3 d_{0} - b_{1} = 0 \\ 2 c_{0} + 6 d_{0} - 2 c_{1} = 0 \\ b_{1} + 4 c_{1} + 12 d_{1} - b_{2} = 0 \\ 2 c_{1} + 12 d_{1} - 2 c_{2} = 0 \\ 2 c_{0} = 0 \\ 2 c_{2} + 18 d_{2} = 0 \end{aligned}

учитывая, что мы знаем некоторые коэфы - заменяем известные:

\begin{aligned} a_{0} = 2 \\ a_{1} = 3 \\ a_{2} = 1 \\ c_{0} = 0 \\ b_{0} + d_{0} = 1 \\ 2 b_{1} + 4 c_{1} + 8 d_{1} = - 2 \\ 3 b_{2} + 9 c_{2} + 27 d_{2} = 3 \\ b_{0} + 3 d_{0} - b_{1} = 0 \\ 6 d_{0} - 2 c_{1} = 0 \\ b_{1} + 4 c_{1} + 12 d_{1} - b_{2} = 0 \\ 2 c_{1} + 12 d_{1} - 2 c_{2} = 0 \\ 2 c_{2} + 18 d_{2} = 0 \end{aligned}

Таким образом получаем матрицу СЛАУ значений коефов А и матрицу столбец значений В

30.03.22 Лекція 3. Середньоквадратичне наближення функцій

Раніше було розглянуто наближення функцій методами інтерполювання. Вони забезпечують хорошу точність на невеликих відрізках. Середньоквадратична апроксимізація дозволяє будувати наближені формули у випадку великих відрізків з великою кількістю вузлів

Задача середньоквадратичного наближення

$f(x)$ треба знайти поліном

\begin{matrix} (1) & Q_{m} (X) = c_{0} μ_{0} (x) + c_{1} μ_{1} (x) + . . . + c_{m} μ_{m} (x) \end{matrix}

$\mu _0(X),\mu _1(x),..,\mu_m(x)$ $f(х)$ $f(x)$ $Q_m(X)$ $f(x)$ $x_0,x_1,..,x_n$ $\Epsilon$ , яка виражається формулою:

\begin{matrix} (2) & E = \sqrt{\sum_{i = 0}^{n} (f (x_{i}) - Q_{m} (x_{i}))^{2}} \end{matrix}

$X=(x|a\leq x\leq b)$ ,

\begin{matrix} (3) & E = \sqrt{\int_{a}^{b} (f (x) - Q_{m} (x))^{2} d x} \end{matrix}

$c_0,c_1,..,c_m$ $m<<n$ .

$\ref{3.2}$ $\ref{3.3}$ - це неперервна апроксимація.

Точкове середньоквадратичне наближення функцій

$f(x)$ $y_0,y_1,...,y_n$ $x_0,x_1,..,x_n$ $\ref{3.2}$ .

$\Epsilon$ $c_0,c_1,..,c_m$ $\ref{3.2}$ має вигляд

\begin{matrix} (4) & \frac{\partial E}{\partial c_{i}} = 0, i = 0, 1, \dots, m \end{matrix}

Розглянемо випадок алгебраїчного поліному

$Q_{m}(x)=c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+\ldots+c_{m} x^{m}$ . тоді

E = \sqrt{\sum_{i = 0}^{n} {(c_{0} + c_{1} x_{i} + c_{2} x_{i}^{2} + \dots + c_{m} x_{i}^{m} - y_{i})}^{2} .}

$\ref{3.4}$ $(m+1)$ $c_0,c_1,..,c_m$

\begin{matrix} (5) & \begin{matrix} {\begin{cases} \sum_{i = 0}^{n} [(c_{0} + c_{1} x_{i} + c_{2} x_{i}^{2} + \dots + c_{m} x_{1}^{m} - y_{i}) \cdot 1] = 0 \\ \sum_{i = 0}^{n} [(c_{0} + c_{1} x_{i} + c_{2} x_{i}^{2} + \dots + c_{m} x_{1}^{m} - y_{i}) \cdot x_{i}] = 0 \\ . . . . . . . \\ \sum_{i = 0}^{n} [(c_{0} + c_{1} x_{i} + c_{2} x_{1}^{2} + \dots + c_{m} x_{i}^{m} - y_{i}) \cdot x_{i}^{m}] = 0 \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

$\ref{3.5}$ може бути переписана у вигляді

\begin{matrix} (6) & \begin{matrix} {\begin{cases} c_{0} \sum_{i = 0}^{n} 1 + c_{1} \sum_{i = 0}^{n} x_{i} + c_{2} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{2} + \dots + c_{m} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m} = \sum_{i = 0}^{n} y_{i} \\ c_{0} \sum_{i = 0}^{n} x_{i} + c_{1} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{2} + c_{2} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{3} + \dots + c_{m} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m + 1} = \sum_{i = 0}^{n} y_{i} x_{i} \\ . . . . . . . . . . . \\ c_{0} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m} + c_{1} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m + 1} + c_{2} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m + 2} + \dots + c_{m} \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{2 m} = \sum_{i = 0}^{n} y_{i} x_{i}^{m} \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

$\ref{3.6}$ симетрична відносно головної діагоналі

\begin{matrix} (\begin{array}{ccccc} \sum_{i = 0}^{n} 1 & \sum_{i = 0}^{n} x_{i} & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{2} & \dots & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m} \\ \sum_{i = 0}^{n} x_{i} & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{2} & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{3} & \dots & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m + 1} \\ - & - & - & - & - \\ \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m} & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m + 1} & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{m + 2} & \dots & \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{2 m} \end{array}) \end{matrix}

$x_0,x_1,..,x_n$ $\ref{3.6}$ відмінний від нуля, тобто існує єдиний розв'язок системи.

$Q_m(x)$ $x_0,x_1,..,x_m$ $\Epsilon=0$ .

Таким чином, наближення у вигляді апроксимації є більш узагальненим процесом в порівнянні з інтерполяцією.

$\ref{3.6}$ називається нормальною системою

Приклад точкової середньоквадратичної апроксимації

$y=f(x)$ задана своїми значеннями в вузлах:

$x_i$	0,78	1,56	2,34	3,12	3,81
$y_i$	2,50	1,20	1,12	2,25	4,28

$Q_2(x)$

Q_{2} (x) = c_{0} + c_{1} x + c_{2} x^{2}

$\ref{3.6}$ $c_0,c_1,c_2$ має вигляд:

\begin{matrix} {\begin{cases} c_{0} \sum_{i = 0}^{4} 1 + c_{1} \sum_{i = 0}^{4} x_{i} + c_{2} \sum_{i = 0}^{4} x_{i}^{2} = \sum_{i = 0}^{4} y_{i} \\ c_{0} \sum_{i = 0}^{4} x_{i} + c_{1} \sum_{i = 0}^{4} x_{i}^{2} + c_{2} \sum_{i = 0}^{4} x_{i}^{3} = \sum_{i = 0}^{4} y_{i} x_{i} \\ c_{0} \sum_{i = 0}^{4} x_{i}^{2} + c_{1} \sum_{i = 0}^{4} x_{i}^{3} + c_{2} \sum_{i = 0}^{4} x_{i}^{4} = \sum_{i = 0}^{4} y_{i} x_{i}^{2} \end{cases} \end{matrix}

Обчислення коефіцієнтів нормальної системи запишемо в табличному вигляді

Таким чином маємо систему:

\begin{matrix} {\begin{matrix} 5 c_{0} + 11, 61 c_{1} + 32, 768 c_{2} = 11, 350 \\ 11, 61 c_{0} + 32, 768 c_{1} + 102, 761 c_{2} = 29, 770 \\ 32, 768 c_{0} + 102, 761 c_{1} + 341, 750 c_{2} = 94, 604 \end{matrix} \end{matrix}

$c_0=5,045,\,c_1=-4,043,\,c_2=1,009$

Апроксимуючий поліном має вигляд

Q_{z} (x) = 5, 045 - 4, 043 x_{1} + 1, 009 x^{2}

Знайдемо значення величини відхилення

ε = \sqrt{2, 29 \cdot 10^{- 4}} = 0, 015

Для алгебраїчного полінома основна система функцій

φ_{0} (x) = 1, φ_{1} (x) = x, φ_{2} (x) = x^{2}, \dots, {lnm}_{mi} (x) = x^{3},

Якщо ввести позначення

\begin{aligned} (φ_{0}, φ_{0}) = \sum_{i = 0}^{n} ε_{0} (ε_{i}) φ_{0} (x_{i}) = \sum_{i = 0}^{n} 1 \\ (φ_{k}, φ_{j}) = \sum_{i = 0}^{n} φ_{k} (x_{i}) φ_{j} (x_{i}) = \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{k} x_{i} \\ (φ_{k}, y) = \sum_{i = 0}^{n} φ_{k} (x_{i}) y (x_{i}) = \sum_{i = 0}^{n} x_{i}^{k} y_{i}, \end{aligned}

$\ref{3.6}$ можна переписати в компактному вигляді

\begin{matrix} (7) & \begin{matrix} {\begin{cases} c_{0} (φ_{0}, φ_{0}) + c_{1} (φ_{0}, φ_{1}) + c_{2} (φ_{0}, φ_{2}) + \dots + c_{m} (φ_{0}, φ_{m}) = (φ_{0}, y) \\ c_{0} (φ_{1}, φ_{0}) + c_{1} (φ_{1}, φ_{1}) + c_{2} (φ_{1}, φ_{2}) + \dots + c_{m} (φ_{1}, φ_{m}) = (φ_{1}, y) \\ . . . . . . . . . . \\ c_{0} (φ_{m}, φ_{0}) + c_{1} (φ_{m}, φ_{1}) + c_{2} (φ_{m}, φ_{2}) + \dots + c_{m} (φ_{m}, φ_{m}) = (φ_{m}, y) \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

Приклад 2

$f(x)=1-\frac{x^2}{\pi ^2}$ $x_0=0,x_1=\pi /3,x_2=\pi/2,x_3=2\pi/3,x_4=pi$ наблизити тригонометричним поліномом

Q_{1} (x) = C_{0} + C_{1} \cos x

$\varphi_{0}(x)=1, \quad \varphi_{1}(x)=\cos x$ .

Нормальна система має вигляд:

\begin{matrix} (8) & \begin{matrix} {\begin{cases} c_{0} (φ_{0}, φ_{0}) + c_{1} (φ_{0}, φ_{1}) = (φ_{0}, y) \\ c_{0} (φ_{1}, φ_{0}) + c_{1} (φ_{1}, φ_{1}) = (φ_{1}, y) \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

$\ref{3.8}$ запишемо в таблицю:

Нормальна система розпадається на два незалежних рівняння

\begin{matrix} {\begin{cases} 5 c_{0} = 115 / 36 & \Rightarrow & c_{0} = 23 / 36 \\ 2, 5 c_{1} = 7 / 6 & \Rightarrow & c_{1} = 7 / 15 \end{cases} \end{matrix}

$Q_1(x)=23/36+7/15$

Лекція 5. Основні теореми квадратичного наближення

$f(X)$ $x=(x|a\leq x\leq b)$ $\mu_0(x),\mu_1(x),..,\mu_m(x)$ $c_0,c_1,..,c_m$ , щоб поліном

\begin{matrix} (1) & h (x) = c_{0} μ_{0} (x) + c_{1} μ_{1} (x) + . . . + c_{m} μ_{m} (x) \end{matrix}

$f(x)$ $a\leq x_i\leq b$ $\Epsilon$

Розглянемо систему нормальних рівнянь в загальному випадку:

\begin{matrix} (1) & \begin{matrix} {\begin{cases} (φ_{0}, φ_{0}) c_{0} + (φ_{0}, φ_{1}) c_{1} + \dots + (φ_{0}, φ_{m}) c_{m} = (φ_{0}, f) \\ (φ_{1}, φ_{0}) c_{0} + (φ_{1}, φ_{1}) c_{1} + \dots + (φ_{1}, φ_{m}) φ_{m} = (φ_{1}, f) \\ . . . . . . \\ (φ_{m}, φ_{0}) c_{0} + (φ_{m}, φ_{1}) c_{1} + \dots + (φ_{m}, φ_{m}) φ_{m} = (φ_{m}, f) \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

Теорема 1.

$h(x)$ $c_0,c_1,..,c_m$ $\ref{5.1}$ .

Достатність

$c_0,c_1,..,c_m$ $\ref{5.1}$ $b_0,b_1,..,b_m$ і складемо функцію

\begin{matrix} (2) & g (x) = b_{0} φ_{0} (x) + b_{1} φ_{1} (x) + \dots + b_{m} φ_{m} (x) \end{matrix}

$\|f-g\|>\|f-h\|$ $f=f(x), f=g(x), \quad h=h(x)$ ,

Маємо:

\begin{matrix} (*) & \begin{matrix} ∥ f - g ∥^{2} = (f - g, f - g) = (f - h + h - g, f - h + h - g) = \\ = ((f - h) + (h - g), (f - h) + (h - g)) = ∥ f - h ∥^{2} + \\ + 2 (f - h, h - g) + ∥ h - g ∥^{2} \end{matrix} \end{matrix}

Перепишемо перше рівняння системи у вигляді

\begin{matrix} (3) & \begin{matrix} (f - (c_{0} φ_{0} + c_{1} φ_{1} + \dots + c_{m} φ_{m}), φ_{0}) = 0, \\ де φ_{k} = φ_{k} (x) \end{matrix} \end{matrix}

$\ref{5.1}$ , отримаємо

\begin{matrix} (5) & \begin{matrix} {\begin{cases} (f - h, φ_{0}) = 0 \\ (f - h, φ_{1}) = 0 \\ . . . . . . . . \\ (f - h, φ_{m}) = 0 \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

$\ref{5.5}$ $(f-h)$ $\varphi_0,\varphi_1,...,\varphi_m$ .

Запишемо

\begin{matrix} (6) & h (x) - g (x) = \sum_{i = 0}^{m} (e_{i} - b_{i}) φ_{i} (x) \end{matrix}

Сформуємо:

\begin{aligned} (f - h, h - g) = (f - h, \sum_{i = 0}^{m} (c_{i} - b_{i}) φ_{i}) = \\ = & (c_{0} - b_{0}) (f - h, φ_{0}) + (c_{1} - b_{1}) (f - h, φ_{1}) + \dots + (c_{m} - b_{m}) (f - h) = 0, \end{aligned}

тобто

\begin{matrix} (7) & (f - h, h - g) = 0 \end{matrix}

$\ref{5.7}$ $\ref{5.*}$ у вигляді

\begin{matrix} (8) & ∥ f - g ∥^{2} = ∥ f - h ∥^{2} + ∥ h - g ∥^{2} \end{matrix}

$\|h-g\|^{2}>0$ $h \neq g$ , то

∥ f - g ∥^{2} > ∥ f - h ∥^{2}

що і потрібно було довести.

Доведемо необхідність.

$\|f-g\|>\|f-h\|$ $g=g(x)$ $c_0,c_1,..,c_m$ $\ref{5.1}$

$\ref{5.*}$ :

\begin{matrix} (8) & ∥ f - g ∥^{2} = ∥ f - h ∥^{2} + 2 (f - h, h - g) + ∥ h - g ∥^{2} \end{matrix}

$g=g(x)$ $g(x)$ $h(x)$ $h \rightarrow g$

$\|h-g\|^{2}$ $2(f-h, h-g)$

Тоді в першому наближенні

\begin{matrix} (9) & ∥ f - g ∥^{2} = ∥ f - h ∥^{2} + 2 (f - h, h - g) \end{matrix}

$(f-h, h-g)$ може приймати різні знаки, то для виконання 9 має бути

\begin{matrix} (10) & (f - h, h - g) = 0 \end{matrix}

Таким чином з 9 будемо мати

| | f - g | |^{2} = | | f - h | |^{2}

$\ref{5.6}$ що

\begin{matrix} (f - h, h - g) = (f - h, \sum_{i = 0}^{m} (c_{i} - b_{i}) φ_{i} (x)) = \\ = (с_{0} - b_{0}) (f - h, φ_{0}) + (c_{1} - b_{1}) (f - h, φ_{1}) + \dots + (c_{m} - b_{m}) (f - h, φ_{m}) = 0 \end{matrix}

$g(x)$ $b_0,b_1,..,b_m$ $(c_0-b_0),(c_1-b_1),..,(c_m-b_m)$ $\ref{5.10}$ випливає що одночасно

\begin{matrix} (11) & \begin{matrix} {\begin{cases} (f - h, φ_{0}) = 0 \\ (f - h, φ_{1}) = 0 \\ (f - h, φ_{m}) = 0 \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

$\ref{5.1}$ . тобто необхідність доведення.

Теорема 2.

$\ref{5.1}$ $f(x)$ має розв'язок і при тому єдиний.

$\ref{5.1}$ $c_0,c_1,...,c_m$ $b_0,b_1,...,b_m$ Тоді маємо:

\begin{matrix} (12) & h (x) = c_{0} φ_{0} (x) + c_{1} φ_{1} (x) + \dots + c_{n} φ_{n} (x) \end{matrix}

в скороченому вигляді

h (x) = \sum_{i = 0}^{m} с_{i} φ_{i} (x) .

Аналогічно:

\begin{matrix} (13) & \begin{aligned} g (x) & = b_{0} φ_{0} (x) + b_{1} φ_{i} (x) + \dots + b_{m} φ_{m} (x) = \\ = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} φ_{i} (x) \end{aligned} \end{matrix}

$c_i,i=1,2,..,m;\,\,b_i,i=0,1,2,..,m$ - розв'язки, то одночасно

$(f-h,\varphi_i)=0$ $i=0,1,..,m$ (14)

$(f-g,\varphi_i)=0$ $i=0,1,..,m$ (15)

Віднімемо 14 від 15, маємо:

\begin{aligned} (f - g, φ_{i}) - (f - h, φ_{i}) = 0, i = \overset{―}{0, m} \\ (f - g - f + h, φ_{i}) = 0, i = \overset{―}{0, m} . \end{aligned}

Остаточно отримали:

\begin{matrix} (16) & \begin{matrix} (h - g, φ_{i}) = 0 \\ i = \overset{―}{0, m} \end{matrix} \end{matrix}

$i=0,1,..m$ :

\begin{matrix} (17) & \begin{matrix} {\begin{cases} (h - g, φ_{0}) = 0 \\ (h - g, φ_{1}) = 0 \\ (h - g, φ_{m}) = 0 \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

$(c_0-b_0)$ $(c_1-b_1)$ і т.д. і складемо:

\begin{matrix} (c_{0} - b_{0}) (h - g, φ_{0}) + (c_{1} - b_{1}) (h - g, φ_{1}) + \dots + (c_{m} - b_{m}) (h - g, φ_{m}) = 0 \\ (h - g, (c_{0} - b_{0}) φ_{0} + (c_{1} - b_{1}) φ_{1} + \dots + (c_{m} - b_{m}) φ_{m}) = 0 \end{matrix}

$(h-g,h-g)=0$ $||h-g||^2=0$ $h=g$ $c-i=b_i,i=\overline{0,m}$ , що є протиріччям. Теорема доведена

Похибка квадратичного наближення

Розглянемо

\begin{matrix} (18) & ∥ f - h ∥^{2} = (f - h, f - h) = ∥ f ∥^{2} - 2 (f, h) + ‖ h^{2} ‖ \end{matrix}

Оскільки

\begin{matrix} (19) & (f, h) = (f - h + h, h) = (f - h, h) + ∥ h ∥^{2} \end{matrix}

$(f-h,h)=0$ $(f-h,\varphi_i)=0,i=\overline{0,m}$ , то з 18 з урахуванням 19 маємо

∥ f - h ∥^{2} = ∥ f ∥^{2} - 2 ∥ h ∥^{2} + ∥ h ∥^{2} = ∥ f ∥^{2} - ∥ h ∥^{2}

Остаточно для похибки маємо:

\begin{matrix} (20) & ∥ f - h ∥^{2} = ∥ f ∥^{2} - ∥ h ∥^{2} \end{matrix}

з 20 випливає що значення похибки заздалегідь невідоме, тобто оцінка 20 є постеріорною (після досліду).

Неперервне квадратичне наближення алгебраїчними поліномами

$X=(x|a\leq x\leq b)$ задана система базисних функцій

φ_{0} (x) = 1, φ_{1} (x) = x, φ_{2} (x) = x^{2}, \dots, φ_{m} (x) = x^{m}

Апроксимуючий поліном має вигляд

h_{m} (x) = c_{0} + c_{1} x + c_{2} x^{2} + 1 . + c_{m} x^{m}

Система нормальних рівнянь записується у вигляді

\begin{matrix} {\begin{cases} (1, 1) c_{0} + (x, 1) c_{1} + \dots + (x^{m}, 1) c_{m} = (f, 1) \\ (1, x) c_{0} + (x, x) c_{1} + \dots + (x^{m}, x) c_{m} = (f, x) \\ . . . . . . . . . . . . \\ (1, x^{m}) c_{0} + (x, x^{m}) c_{1} + \dots + (x_{m}, x_{m}) c_{m} = (f, x^{m}) \end{cases} \end{matrix}

де

\begin{aligned} (1, 1) & = \int_{a}^{b} 1 \cdot 1 d x = b - a \\ (x, 1) & = \int_{a}^{b} 1 \cdot x d x = \int_{a}^{b} x d x = {\frac{x^{2}}{2} |}_{a}^{b} = \frac{1}{2} (b^{2} - a^{2}) \\ (x^{m}, 1) & = \int_{a}^{b} 1 x^{m} d x = {\frac{x^{m + 1}}{m + 1} |}_{a}^{b} = \frac{b^{m + 1} - a^{m + 1}}{m + 1} \end{aligned}

Приклад

$f(x)=\sqrt{x+1}$ $Q(x)=c_0+c_1x$ $x$ $[0,3]$

запишемо систему нормальних рівнянь:

Обчислимо інтеграли в системі 21

Нормальна система:

$-\frac{1}{2}$ і додамо до першого:

Тоді з другого рівняння отримаємо:

Таким чином:

Оцінимо похибку наближення:

Похибка достатньо мала

05.04.22 Лекція 6

Неперервне квадратичне наближення у випадку ортогонального базису

$\varphi_0(x),\varphi_1(x),...,\varphi_m(x)$ $[a.b]$ $(\varphi_k,\varphi_p)=0,\,k\not= p$ тоді система нормальних рівнянь має вигляд:

\begin{matrix} (1) & \begin{matrix} {\begin{cases} (φ_{0}, φ_{0}) c_{0} = (f, φ_{0}) \\ (φ_{1}, φ_{1}) c_{1} = (f, φ_{1}) \\ . . . . . \\ (φ_{m}, φ_{m}) c_{m} = (f, φ_{m}) \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}

і розпадається на m окремих рівнянь

\begin{matrix} (2) & (φ_{k}, φ_{k}) с_{k} = (f, φ_{k}), k = \overset{―}{0, m} \end{matrix}

з рівнянь 2 маємо:

\begin{matrix} (3) & c_{k} = \frac{(f, φ_{k})}{(φ_{k}, φ_{k})}, k = \overset{―}{0, m} \end{matrix}

неперервне квадратичне наближення тригонометричними поліномами

Розглянемо систему функцій

\begin{matrix} φ_{0} (x) = 1 \\ φ_{1} (x) = c o s (x) \\ φ_{2} (x) = s i n (x) \\ φ_{3} (x) = c o s (2 x) \\ φ_{4} (x) = s i n (2 x) \\ . . . . \\ φ_{2 m - 1} (x) = c o s (m x) \\ φ_{2,} (x) = s i n (m x) \end{matrix}

$x\in[-\pi,\pi]$ оскільки

\begin{aligned} \int_{- π}^{π} \cos k x \cdot \cos p x d x = 2 \int_{0}^{π} \cos k x \cdot \cos p x d x = \\ = & \int_{0}^{π} (\cos (k + p) x + \cos (k - p) x) d x = \\ = & {\frac{\sin (k + p) x}{k + p} |}_{0}^{π} + {\frac{\sin (k - p) x}{k - p} |}_{0}^{π} = 0 \end{aligned}

\begin{aligned} \int_{- π}^{π} \sin k x \cdot \sin p x d x = 2 \int_{0}^{π} \sin k x \cdot \sin p x d x = \\ = & \int_{0}^{π} (\cos (k - p) x - \cos (k + p) x) d x = {\frac{\sin (k - p) x}{k - p} |}_{0}^{π} - \\ - & {\frac{\sin (k + p) x}{k + p} |}_{0}^{π} = 0 \\ \int_{- π}^{π} \sin k x \cdot \cos p x d x = \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} (\sin (k + p) x + \sin (k - p) x) d x = \\ = & \frac{1}{2} (- {\frac{\cos (k + p) x}{k + p} |}_{- π}^{π} - {\frac{\cos (k - p) x}{k - p} |}_{- π}^{π}) = \\ = & \frac{1}{2} (\frac{- \cos (k + p) π + \cos (k + p) π}{k + p} + - \frac{\cos (k - p) π + \cos (k - p) π}{k - p}) = \\ = & 0 \end{aligned}

Тригонометричний поліном степені m має вигляд:

\begin{matrix} (4) & \begin{matrix} Q_{m} (x) = a_{0} + a_{1} c o s (x) + b_{1} s i n (x) + a_{2} c o s (2 x) + b_{2} s i n (2 x) + . . . \\ + a_{m} c o s (m x) + b_{m} s i n (m x) \end{matrix} \end{matrix}

\begin{aligned} (1, 1) = \int_{- π}^{π} d x = {x |}_{- π}^{π} = 2 π \\ (\cos k x, \cos k x) = \int_{- π}^{π} \cos^{2} k x d x = \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} (1 + \cos 2 k x) d x = \\ = {\frac{1}{2} (x + \frac{1}{2} \sin 2 x) |}_{- π}^{π} = π \\ (\sin k x, \sin k x) = \int_{- π}^{π} \sin^{2} x d x = \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} (1 - \cos 2 x) d x = \\ = {\frac{1}{2} (x - \frac{1}{2} \sin 2 x) |}_{- π}^{π} = π \end{aligned}

Система нормальних рівнянь має вигляд:

\begin{matrix} {\begin{cases} (1, 1) a_{0} = (f, 1) \\ (\cos k x, \cos k x) a_{k} = (f, \cos k x), k = \overset{―}{1, m} \\ (\sin k x, \sin k x) b_{k} = (f, \sin k x), k = \overset{―}{1, m} \end{cases} \end{matrix}

звідки:

\begin{matrix} (5) & a_{0} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) d x \end{matrix}

\begin{matrix} (6) & a_{k} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) \cdot \cos k x d x \end{matrix}

\begin{matrix} (7) & \begin{matrix} b_{k} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) \sin k x d x \\ k = \overset{―}{1, m} \end{matrix} \end{matrix}

$a_0,a_k,b_k$ $f(x)$ :

\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} f (x) = \frac{{\bar{a}}_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} \cos n x + b_{n} \sin n x), \\ де {\bar{a}}_{0} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) d x . \end{aligned} \end{matrix}

$x\in[-\pi,\pi ]$ в сенсі мінімальності середньоквадратичної похибки.

Приклад

$f(x)=|x|$ $x\in[-\pi,\pi ]$ наблизити тригонометричним поліномом 3го порядку

\begin{aligned} Q_{3} (x) = a_{0} + a_{1} \cos x + b_{1} \sin x + a_{2} \cos 2 x + b_{2} \sin 2 x + \\ + a_{3} \cos 3 x + b_{3} \sin 3 x \end{aligned}

знайдемо коефіцієнти:

a_{0} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} | x | d x = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} x d x = {\frac{1}{π} \cdot \frac{x^{2}}{2} |}_{0}^{π} = \frac{π}{2}

отримали:

оцінимо похибку наближення

Лекція 7 наближене обчислення похідних і інтегралів

табличне (чисельне) диференціювання

$f(x)=\Epsilon sin(\frac{x}{\Epsilon^2})$ $\Epsilon >0$ $|f(x)|\leq \Epsilon$ отже є обмеженою

Знайдемо похідну $E$ $f(x)$ похідна буде приймати дуже великі значення.

Оскільки чисельні методи визначення похідних є наближенними, то застосовувати їх треба з обмеженістю, бо похибка може бути занадто великою. Якщо значення функції задані як результати вимірювань і необхідно дослідити поведінку похідних, то треба застосувати попереднє зглажування з подальшим диференціюванням.

Формули Грегорі-Ньютона

$f(x)$ $x_0,x_1=x_0+h,x_2=x_0+2h,..$ $f'(x_0)$ Використаємо інтерполяційну формулу Ньютона:

$y_k=f(x_k)$ ,

запишемо з урахуванням (2)

і т.д. Тоді з 1 маємо:

Групуючи коефіцієнти по степеням та в 3 отримаємо:

Покладемо і перепишемо 4 у вигляді:

$f(x)$ в ряд Тейлора:

Оскільки розкладання в ряд по степеням можна виконати єдиним способом, то порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях в правих частинах рівностей 5 і 6 отримаємо:

$f(x)$

$x_0$ $x_k$ ці формули мають вигляд:

Приклад

$f'(2)$ якщо

Знайдемо кінцеві різниці. Результат представимо в таблиці

Маємо:

Для другої похідної маємо:

Лекція 8 13.04.22

Операторно-символічне виведення формули Грегорі-Ньютона

$y=f(x)$ :

Введемо оператор диференціювання:

Тоді

Перепишемо формулу 11 з урахування введеного оператора диференціювання:

Використовуючи формальні операції отримаємо:

$e^x$ в степеневий ряд:

Отримаємо:

$f(x_0)$ з лівої і правої частини 14:

Рівність 15 треба розуміти як рівність дій, а не величини. Отже з (15) маємо:

Логарифмуємо:

$ln(1+\Delta)$ маємо розкладання:

то з (16)

$f(x_0)$ б маємо: $f''(x_0)$ Возведемо (17) в квадрат: Тоді і остаточно: Виведемо формули для обчислення похідних з використанням різниць другого роду. $D$ : Оскільки то формула (18) набуває вигляду: тоді тобто Прирівнюючи дії в виразі (19) маємо Логарифмуємо: $f(x_n)$ , отримаємо: тобто Для другої похідної отримаємо:

Приклад

$y=x^3$ $y'(5)$ $y''(5)$ , використовуючи формули (21) та (22).

Сформуємо таблицю

$x_k$	$y_k$	$\nabla y_k$	$\nabla^2y_k$	$\nabla^3 y_k$	$\nabla^4 y_k$
0	0
1	1	1
2	8	7	6
3	27	19	12	6
4	64	37	18	6	0
5	125	61	24	6	0

\begin{matrix} y^{'} (5) = \frac{1}{1} (61 + \frac{24}{2} + \frac{6}{3} = 61 + 12 + 2 = 75 \\ y^{″} (5) = \frac{1}{1^{2}} (24 + 6) = 30 \end{matrix}

$\nabla^4y_k=0$ $y'(5)$ $y''(5)$ .

Наближення обчислення первісних функцій. Перша та друга формули Адамса

Постановка задачі

$y=f(x)$ $x_0,x_1,x_2,..,x_n$ $x_i=x_0+ih$ $y_0,y_1,..,y_n$

Введемо позначення: Отже

$f(x)$ $P_3(x)$ : Позначимо

Тоді: Маємо: Тоді:

Отримали першу формулу Адамса:

$x\in[x_n,x_{n+1}]$ $f(x)$ $f(x)$ $x_{n-1},x_n,x_{n+1}$ : Введемо заміну тоді:

Друга формула Адамса

Остаточно:

Квадратична формула трапецій

$f(x)$ $[x_k,x_{k+1}]$ поліномом Ньютона першого порядку (рис1.) Маємо:

$f(x)$ $[x_k,x_{k+1}]$ . $[a,b]$ на n рівних інтервалів і застосуємо до кожного з них квадратичну формулу (4): Отримали велику (складову) формулу трапецій:

Квадратична формула середніх (прямокутників)

$y=f(x)$ $h$ $y(x_{k+1/2})$ $x_{k+1/2}=\frac{x_{k+1}+x_k}{2}$ . Таким чином: Легко отримати і велику формулу прямокутників

Квадратична формула Сімпсона

$f(x)$ $[x_k,x_{k+1}]$ $x_k,x_{k+1/2}=x_{k+h/2}$

$[a,b]$ $\frac{b-a}{n}$ , застосовуючи до кожного з них формулу (8) , маємо

21.04.22 Похибки квадратичних формул

На попередній лекції ми отримали наступні квадратичні формули:

Формула трапецій:

формула середніх:

Формула Сімпсона:

$y=f(x)$ $x=x_{k+1/2}$ :

$[x_k,x_{k+1}]$ : $x=x_k$ , отримаємо: $x=x_{k+1}$ , отримаємо: Враховуючи (7) і (8), маємо:

Віднімаючи (9) від (5), отримаємо похибку квадратичної формули трапецій:

Таким чином формула середніх вдвічі точніша за формулу трапецій. Причому значення похибки протилежні.

Розглянемо похибку квадратичної формули Сімпсона. Сформуємо формулу Сімпсона з використанням формул (7) і (8): Маємо:

Порівнюючи (11) з розкладанням (5), отримаємо, що

Чисельні та чисельно аналітичні методи розв'язання задачі Коші для звичайних диференціальних рівнянь

Задача Коші. Загальні відомості

Розв'язання звичайних диференціальних рівнянь займає важливе місце серед прикладних задач фізики, хімії та техніки.

Відомо, що звичайне диференціальне рівянння р-го порядку можна за допомогою заміни звести до еквівалентної системи р-рівнянь 1го порядку

приклад

Аналогічно, довільну систему диференціальних рівнянь любого порядку можна замінити деякою еквівалентною системою рівнянь 1го порядку. Тому в подальшому будемо розглядати систему рівнянь 1го порядку

Представляючи її в векторному вигляді

$c_1,c_2,..,c_p$ . Введемо вектор $c_1,c_2,..,c_p$ $y_k(x)$ .

Розрізняють 3 типи задач для звичайних диференціальних рівнянь:

Задачі Коші
крайтова задача
задача на власні значення

Задача Коші (задача з початковими умовами)

$c_1,c_2,..,c_p$ $y_k(x)$ $x=x_0$ ).

$(x_0,y_0,y_{20},...,y_{p0})$ $(p_{11})$ $(x,y_1,y_2,..,y_p)$ $x\in [x_0,x_n]$

$(x_0,y_{10},y_{20},..,y_{p0})$ , то задача Коші Має розв'язок, але взагалі кажучи, не єдиний.

$f_1,f_2,..f_p$ $y_k$ , то розв'язок задачі Коші єдиний.

Умова Ліпшиця:

Методи розв'язання задачі Коші

Поділяють на точні, наближені та чисельні. (точні методи розглядаються в курсі диференціальних рівнянь)

Наближені методи

$\overline{y}(x)$ $\overline{y_n}(x)$ $\overline{y_n}(x)$ $\overline{y}(x)$ . Приклад: метод розкладання розв'язку в узагальнений степеневий ряд.

Можна застосовувати для порівняльно простих задач (таких як лінійні)

Чисельні методи

$\overline{y}(x)$ $x_n$ . Розв'язок при цьому отримується у вигляді таблиці.

Чисельні методи не дозволяють отримати загальний розв'язок рівняння (2), вони можуть надати тільки якийсь частковий розв'язок. Вони можуть бути застосовані до широкого класу рівнянь і до всіх типів задач. Чисельні методи можна застосувати тільки до конкретно поставлених задач. В цьому сенсі задача повинна бути добре обумовлена, тобто малі зміни початкових умов не повинні приводити до великих змін в розташуванні інтегральних кривих.

Метод розкладання в узагальнений степеневий ряд (метод Коші - Тейлора)

Теорія - див. Демідович, Марон с128-134

Приклад: Розв'язок шукаємо у вигляді ряда Маклорена, (частинний випадок ряда Тейлора) З початкових умов:

$x=x_0$ , то розв'язок шукається у вигляді ряда Тейлора Метод рядів Тейлора є універсальним для любого диференціального рівняння з любими початковими умовами. Однак, отримати загальний вигляд члена ряда (8) неможливо (а про збігання ряда можна судити тільки по членам ряда). Ряд (8) швидко збігається в околі початкової точки. Яцщо треба отримати розв'язок на значному інтервалі, де ряд може розбігатися, або збігатися дуже повільно, цей метод не застосовується. Самостійного значення не має.

Метод послідовних наближень Пікара

Теорію чистити в книжці Демидович, марок стор 134-140 Це - наближений метод. Розглянемо на практиці: (Розв'язок цього рівняння не виражається через елементарні функції) Застосуємо формулу метода Пікара Метод Пікара доцільно застосовувати, якщо інтеграли вдається виразити через елементарні функції.

Методи Рунте-Кутти

Метод ломаних Ейлера

Розглянемо на прикладі рівняння першого порядку:

$x_1=x_0+h$ $x_2=x_0+2h$ $x_3=x_0+3h$ ,....

$x_k=x_0+kh$ $x=x_k$

$y'_k=f(x_k,y_k)$

Зробимо заміну похідної кінцевою різницею:

$[x_k,x_{k+1}]$ на інтегральній кривій:

$x_k$ : Тобто маємо формулу метода Ейлера (13)

$[x_k,x_{k+1}]$ $x_k$ тобто маємо процес, зображений на рис 2. $x\in [0,1]$ $h=0,25$ $\overline{y_k}$ , отриманий методом Пікара за формулою $\overline{y}(1,0)=0,3502$ значно відрізняється від отриманого. похибка складає $x=x_k$ : Порядок членів, що відкидуються, дорівнює 2. таким чином, сам метод має перший порядок.

Формула метода ейлера для векторного рівняння (системи рівнянь)

Приклад:

Зауваження:

$x_k$ $z_{k+1}=y'_{k+1}$

Метод Ейлера з напівкроком

Метод розглянемо на прикладі рівняння першого порядку: Формулу методу запишемо у вигляді $[x_k,x_{k+1}]$ Формула (15) записується двома формулами: Застосуємо формули метода Ейлера з напівкором (16) до розв'язання $[0,1]$ З кроком h=0,25

Результати представлені в таблиці. На кожному кроці використовуються дві формули (16): $y(1,)=0,3405$ $\Delta=0,3502-0,3405=0,0097$ значно менша похибки метода Ейлера. В подальшому ми покажемо, що метод Ейлера з напівкроком - це метод другого порядку. Формула для векторного рівняння (або системи) має вигляд:

Модифікований метод Ейлера

Розглянемо на прикладі рівняння першого порядку. $[x_k,x_{k+1}]$ напрямок руху співпадає з напрямком прямої з кутовим коефіцієнтом тобто $y_{k+1}$ , яке ще не визначене. Формула (18) представляється у вигляді двох формул: Перша формула (19) називається предиктор, друга - коректор. На кожному кроці застосовується обидві формули, при чому перша - один раз, друга може застосовуватися декілька разів у вигляді Умова закінчення розрахунку на інтервалі Де Е - задається. Буде показано, що модифікований метод Ейлера - це метод 2го порядку. Для системи рівнянь формул метода мають вигляд:

Загальна схема методів Рунге-Кутти методи Рунге-Кутти 2го порядку

$[x_k,x_{k+1}]$ : Позначимо тоді Диференціальне рівняння замінюється різницевим рівнянням

$x^*$ . Це означає, що будується апроксимація

Представимо (3_ у вигляді

$d_{e-1}$ - параметри, вибором яких можна забезпечити необхідний порядок апроксимації

$k_1=f(x_k,y_k)$ , будемо мати метод Ейлера (першого порядку): Розглянемо схеми другого порядку. Покладемо в (4) е=2 Маємо: Покажемо, що при е=2 можна так вибрати р1,р2, щоб схема (6) мала другий порядок апроксимації. З (5) для к1 і к2 маємо: Скористаємось розкладанням Тейлора:

$f(x,y)$ --- $y'_k$ $y''_k$ дорівнювали 0

Тобто

Всі схеми при , для яких має місце умова (17), мають другий порядок точності.

$p_2=1;\,\alpha_1=1/2;\,p_1=0$ Маємо:

Це розглянутий раніше метод Ейлера з напівкроком.

Тепер візьмемо Маємо: Це розглянутий раніше модифікований метод Ейлера.

Таким чином ми показали, що метод Ейлера з напівкроком і модифікований метод Ейлера - це методи Рунге-Кутти 2го порядку.

Методи Рунге-Кутти 3го і 4го порядків

Методи 3го порядку

Загальна схема методів 3го порядку: Оскільки на момент обчислення к3 вже відомі к1 і к2, схему можна деталізувати: Як і у випадку методів 2го порядку, можна показати, що калетним(?) вибором можна забезпечити схемі (1)-(2) третій порядок точності.

Умова цього наступна:

Серед безліч схем 3го порядку наведемо наступні

Запишемо формули методів А)-Г) для векторного рівняння:

А)

Б)

В)

Г)

Приклад

Розглянемо систему: Запишемо формули методу А):

Методи Рунге-Кутти 4го порядку

Цей метод найбільш часто використовується в технічних задачах. Схема метода для рівняння першого порядку: $h^4$

Для цієї схеми Схема метода Рунге-Кутти 4го порядку для векторного рівняння :

Приклад

Система:

Висновки по методам Рунге-Кутти

$x\in [x_k,x_{k+1})$ )
$f(x,y)$ $[x_k,x_{k+1})$
Припускають обчислення із змінним кроком
легко переносяться на системи диференціальних рівнянь,

Підвищення точності чисельних методів інтегрування звичайних диференціальних рівнянь Правило Рунге

Розглянемо диф рівняння Нехай відомі значення точного розв'язку а наступне значення розкладене по степеням кроку h в ряд Тейлора:

Застосуємо чисельний (наближенний) метод до точних значень і отримаємо Розкладемо його в ряд Тейлора:

Якщо для всіх n виконується рівність причому для деякого n, то число m називається порядком точності наближеного методу.

$O(h^{m+1})$ . Якщо число m (порядок) відомо, то для грубої оцінки похибки методу можна застосувати принцип Рунге

$\overline{y}(x)$ . Наближений розв'язок отриманий на густій сітці з кроком h позначимо, як . Тоді на одному кроці обчислень маємо оцінку:

вважаючи А постійним для кожного кроку обчислень, зробимо 2n кроків по густій сітці. Отримаємо:

Тепер зробимо n кроків по розрідженій сітці (H=2h). Отриманий наближений розв'язок позначимо, як

Для цього розв'язку маємо:

Формула (6) дозволяє уточнити розв'язок, отриманий на густій сітці за рахунок розв'язку, що отриманий на розрідженій сітці. Враховуючи (4), запишемо уточнений розв'язок Підставимо 6 в 7: Формула (8) уточнює розв'язок в вузлах, що співпадають, поправка складає

Значення поправок в решті вузлів густої сітки знайдемо на основі найпростішої інтерполяції:

Приклад

10.05.22 Багатокрокові методи розв'язання задачі Коші. Метод Адамса 4го порядку

$y_{k+1}$ $f(x^*,y^*)$ $x^*\in [x_k,x_{k=1}]$ . тобто використовувалися х і у, що відносилися тільки до одного кроку. Такі методи називаються однокроковими. Логічно припустити, що більшу точність можна отримати, якщо використати інформацію з попередніх кроків:

Саме на цій ідеї основані багатокрокові мтеоди.

Розглянемо лінійні багатокрокові методи.

Загальна формула

$\beta_0=0$ $y_{k+1}$ $f_{k+1}$ , яке невідоме.

При застосуванні багатокрокових методів на кожному кроці обчислень звичайно використовують одночасно дві схеми - явну і неявну. Явна схема називається предикторкоректор $y^0_{k+1}$ , неявна - уточнює це наближення.

Метод Адамса (Штермера)

Метод Адамса отриманий за допомогою другої інтерполяційної формули Ньютона, в якій утримуються кінцеві різниці до 4го порядку включно

Робочі формули методу

Явна схема:
Неявна схема:

Схема рішення:

$y^0_{k+1}$
покласти i=0. По формулі коректора 3 знайти уточнення

Зауваження

Щоб розпочати обчислення за формулою 2 необхідно мати значення Для їх знаходження треба використати інший метод 4го порядку, наприклад, метод Рунге-Кутти. Тобто спочатку треба тричі використати метод Рунге-Кутти 4го порядку з кроком h, а тільки потім формулу 2. Така процедура називається розгонною
Схему коректора можна використовувати на кожному кроці декілька разів. За таких умов кінець розрахунків на кожному кроці задається нерівністю:

У випадку, коли маємо систему диференціальних рівнянь, формули Адамса набувають вигляду:

Запишемо розрахункові формули метода Адамса для системи:

Предиктор:

Коректор:

Формула 6 (? про систему чи шо) дозволяє уточнити розв'язок, отриманий на густій сітці за рахунок розв'язку, що отриманий на розріженій сітці. Враховуючи 4, запишемо уточнений розв'язок

Підставимо 6 в 7:

$\tilde{y}(x, h)$ в вузлах, що співпадають, поправка складає

Значення поправок в решті вузлів густої сітки знайдемо на основі найпростішої інтерполяції:

Приклад:

$\overline{y}(x)$ - точний розв'язок, отриманий раніше методом Пікара.

$(m=1)$ , тобто формула 9 набуває вигляду:

Другий стовпчик - наближений розв'язок з кроком h=0.25

Третій стовпчик - наближений розв'язок з кроком 2h=0.5

Четвертий стовпчик: добавка до розв'язку: в співпадаючих вузлах вираховується за формулою 10, в неспівпадаючих вузлах - за формулою 9.1

П'ятий стовпчик - уточнений розв'язок

Висновок

$\tilde{y}(x, h)$

Жорсткі рівняння. Неявний метод Ейлера

Попередні відомості

$\frac{1}{2}$ разів.

Приклад

Маємо рівняння

Отримаємо загальний розв'язок:

Стійке диференціальне рівняння називається жорстким $\bar{y}=\bar{f}(t, \bar{y})$

Швидкості спадання пов'язані з власними значеннями матриці якості

Розглянемо наспупний приклад: Знайдемо розв'язок системи

Матриця Якості маж вигляд:

Знайдемо власні значення:

$\lambda_1=-1;\lambda_2=-1000$ Запишемо розв'язок системи 3 у вигляді:

Знайдемо . Для цього продиверенціюємо 4:

З початкових умов маємо:

з 3 і 5 при t=0 отримаємо:

Таким чином

Отже розв'язок має вигляд:

Знайдемо ектстремальні значення розв'язку 6

Спробуємо знайти чисельний розв'язок системи 3 методом Ейлера: Маємо робочі формули:

Нехай h=0.01 зробимо один крок

Отримали, що вже після першого кроку

Розглянемо неявний метод Ейлера:

Який для системи 3 записуються так:

Формули 7 приводяться до вигляду:

Зробимо один крок за схемою 8

Система 9 дає

Ці значення більш прийнятні, ніж отримані звичайним методом Ейлера Основне протиріччя жорстких систем полягає в тому, що малий крок інтегрування, потрібний для відтворення щвидкоплинних процесів не може бути збільшений в подальшому, коли похідна розв'язку стає суттєво меншою за її початкове значення. пограничним шаром $t\in[0;0.01]$

Властивість жорсткості

Задача Коші

жорсткою $t\in[a,b]$ , якщо відношення

$\lambda_i$ $\overline{y}(t)$ в точці t

$\mu(t)$ можна назвати коефіцієнтом жорсткості $\mu=\frac{1000}1>>1$ , тобто система 3 - жорстка

17.05.22 Чисельне методи розв'язання крайових задач

Загальні відомості про крайові задачі

Постановка задачі:

Для заданого диференціального рівняння

$y=y(x),x\in[a,b]$ , який задовольняє крайовим умовам:

Крайові задачі поділяють на лінійні і нелінійні. Лінійні задачі мають місце, коли диференціальне рівняння лінійне, і лінійні крайові умови. Лінійні задачі поділяються на однорідні і неоднорідні

Приклад

$y=y(x)$ , яка задовольняє диференціальному рівнянню другого порядку

$x=a$ $x=b (a<b)$ $y(a)=A;y(b)=B$

$M(a,A)$ $N(b,B)$

Крайова задача може:

а) не мати розв'язків Б) мати єдиний В) мати декілька, або нескінчено багато

Приклад 2

Диференціальне рівняння

\begin{matrix} (4) & y^{″} + y = 0 \end{matrix}

має загальний розв'язок

$y(0)=0;y(\pi)=0$ $c_1=0,c_2$ $y=c*sin(x)$

$y(0)=1;y(\pi)=1$ тоді отримаємо тобто розв'язків задача не має

$y(0)=1;y(\frac{\pi}{2})=1$ , тоді і маємо єдиний розв'язок

Редукція (зведення) лінійної крайової задачі до задачі з початковими умовами

Розглянемо метод на прикладі рівняння другого порядку

З крайовими умовами:

Спочатку розглянемо однорідне рівняння:

$u_1(x)$
Задамо інші початкові умови

$u_2(x)$ $u_1(x)$ $u_2(x)$ лінійно незалежні

Тоді маємо загальний розв'язок рівняння 7 у вигляді

Тепер знайдемо розв'язок рівняння 5

З довільними початковими умовами, наприклад

і знайдений розв'язок рівняння 5 буде мати вигляд:

Залишається визначити с1 і с2 з крайових умов 6 $u_1(b),u_2(b),v(b)$ знайдені в результаті рішення відповідних задач Коші Далі диференціюємо 13

Звідки маємо:

$u_1'(b),u_2'(b),v'(b)$ також знайдені в результаті розв'язування задач Коші. Таким чином отримали як залежності від с1 с2. Підстановка цих залежностей в крайові умови 6 призводить до системи лінійних рівнянь відносно с1 і с2:

Розв'язуючи яку знайдемо невідомі с1 і с2 таким чином крайова задача звелась до розв'язання трьох задач Коші і системи лінійних рівнянь 17

Зведення задачі до рівнянь в кінцевих різницях

Розглянемо рівняння другого порядку

$x_0=a$ $x_1,x_2,..,x_{n-1},x_n=b$ на n рівних відрізків довжиною . Треба знайти

Запишемо ряди Тейлора

Віднімемо 20 від 19, маємо

Звідкіля отримаємо:

Додаючи 19 до 20 маємо:

$x=x_k$ $(h^2)$

$y_0,y_1,..y_n$ , яких n+1 Треба ці дві умови знайти. Їх знайдемо з граничних умов 6 Для цього запишемо ряди Тейлора:

Домножимо 24 на 4 і віднімемо від нього 25:

Для правого кінця також маємо:

Отримаємо з 27 28:

Підставимо вирази 26 29 в крайові умови і отримаємо з врахуванням 23 наступну систему рівнянь:

Таким чином задача 18, 6 звелася до системи n+1 рівнянь з n+1 невідомими. розглянемо випадок лінійного рівняння

Кінцево-різницевий аналог цього рівняння

Тоді система 30 приймає вигляд:

Це - трьохдіагональна система лінійних рівнянь. Її можна розв'язати звичайним методом Гайса, Але більш економічним методом її розв'язування є розглянутий раніше метод прогонки, який застосовується при інтерполяції сплайнами.

Метод прогонки

При застосуванні методу кінцевих різниць до крайових задач для диференціальних рівнянь другого порядку маємо трьохдіагональну систему лінійних алгебраїчних рівнянь, кожне з яких містить три сусідні невідомі. Для розв'язування такої системи розроблений спеціальний метод - метод прогонки.

Розглянемо лінійне диференціальне рівняння

З двоточечними лінійними крайовими умовами

- неперервні функції на [a,b]

Як було показано в попередній лекції, замість диференціального рівняння 1 отримаємо систему кінцево різницевих рівнянь:

Після нескладних перетворень запишемо 3 у вигляді

Де позначено:

$x_0=a;x_n=b$ беремо односторнні похідні

Звідсіля згідно умов 2 отримаємо

$y_i$ маємо:

$y_{i-1}$ ' тоді це рівняння має вигляд

де - деякі коефіцієнти. 3 8 маємо:

Підставляючи цей вираз в рівняння 4 отримаємо:

Порівнюючи 8 і 9 отримаємо для визначення с1 і d1 рекурентні формули

Визначимо окремо c0,d0 з першої крайової умови 6 отримаємо

З іншого боку з формули 8 при i=0 маємо

Порівнюючи два останні рівняння знаходимо:

На основі формул 10 11 послідовно визначаються коефіцієнти

(прямим ходом)

Зворотний хід

$y_n$ Використовуючи другу крайову умову 6 і формулу 8 при i=n-1 отримаємо систему двох рівнянь

$y_n$ , будемо мати

Тепер за формулою 8 послідовно знайдемо

Для найпростіших крайових умов

$c_0,d_0,y_0,y_n$ спрощуються Дійсно, якщо з формул 12 маємо:

Треба відмітити, що метод прогонки має стійкий обчислюваний алгоритм і похибки округлень не викликають нескінченного зростання похибки рішення

Приклад

Методом прогонки знайти розв'язок крайової задачі

Рішення

Візьмемо h=0.1, перейдемо від рівняння 17 до кінцеворізницевого аналого:

Згідно формули 15 маємо

24.05.22 Лінійна прогонка із застосуванням спеціальної функції

Розглянемо лінійне диференціальне рівняння

З найпростішими крайовими умовами

Введемо спеціальну функцію вигляду: Де - деякі неперервні функції на [a,b] Нехай також неперервно диференційовані на [a,b] Продиференціюємо 3, отримаємо

$y'$ вираз 3:

$y''(x)$ $y(x)$ З 1 маємо:

$y'$ виразом 3:

Порівняємо розкладення 5 і 7 Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях у маємо систему:

$\tau(x)$ $s(x)$ :

$x=b$ з 3 отримаємо:

Таким чином отримали початкові умови для інтегрування системи 9 в зворотному часі

$x=b$ $x=a$ $\tau(a),s(a)$ Тепер запишемо початкове рівняння 1 в формі Коші

З виразу 3 отримаємо другу початкову умову для інтегрування системи 13

Виконаємо інтегрування системи 13 з початковими умовами

$x=a$ $x=b$ і тим самим розв'яжемо початкову крайову задачу. Таким чином крайова задача звелася до двох задач з початковими умовами (задач Коші). При цьому інтегрування системи 9 в зворотному напрямку можна інтерпретувати, як зворотню прогонку, а інтегрування системи 13 - як пряму прогонку

P.S

$y(x)$ $y'(x)$ , а саме:

Розглянемо процес лінійної прогонки для цього випадку. Диференціюєсо 14:

Розв'яжемо 15 відносно старшої похідної

Скористаємося виразом 6, підставивши в нього замість у вираз 14

$y''(x)$ $y'(x)$ прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях, маємо:

Отже, маємо систему диференціальних рівнянь

Отримаємо початкові умови для інтегрування системи 18 з урахуванням вигляду крайових умов 2 і спеціальної функції 14:

$y'(a)$ $y'(a)$

$x=1$ $x=b$ $\tau(b)$ $s(b)$ Тепер можна знайти другу початкову умови для інтегрування системи 13:

зворотному часі $x=b$ $x=a$ з кроком h і отримаємо розв'язок початкової крайової задачі.

Приклад застосування методу прогонки з використанням спеціальної функції

Знайти розв'язок диференціального рівняння $x\in[0,\frac{1}{2}]$ з кроком 0.1 Введемо спеціальну функцію

$y(1/2)$ $\tau(1/2)=0$ , тоді з 2 отримаємо:

З 3 маємо:

$\tau(x)$ $s(x)$ . Вони мають вигляд:

Початкові умови для інтегрування системи 5:

Використаємо для інтегрування метод Ейлера. Результати представлені в табл 1. Інтегрування відбувається в зворотньому часі від х=0.5 до х=0 з кроком h=-0.1

Табл1

Робочі формули метода Ейлера для системи 5:

В таблиці позначено:

Після інтегрування отримали:

Тепер з 2 можна визначити

$y(0)=1$ Інтегруємо рівняння 1 у вигляді системи:

Використаємо метод Ейлера. Результати представлені в табл. Робочі формули метода Ейлера для системи 7

Позначимо:

Табл 2

Отже отримали розв'язок крайової задачі який представлений другим та третім стовпчиками табл2

Перевірка розв'язку

$y(0.5)=0.5$ $y(0.5)=0.019$ . Похибка обумовлена вибраним методом першого порядку і великим кроком чисельного інтегрування.

Метод стрільби (балістичний) для систем диференціальних рівнянь

Ще один спосіб зведення крайової задачі до задач Коші дає так званий балістичний метод, або метод стрільби.

Розглянемо крайову задачу для системи двох диференціальних рівнянь першого порядку з нелінійними крайовими умовами:

\begin{matrix} (5.1) & \begin{aligned} u^{'} (x) = f_{1} (x, u, v), \\ v^{'} (x) = f_{2} (x, u, v) \end{aligned} x \in (a, b) \end{matrix}

\begin{matrix} (5.2) & φ [u (a), v (a)] = 0, ψ [u (b), v (b)] = 0 \end{matrix}

$u(a)=\eta$ $\varphi[\eta, v(a)]=0$ $v(a)=\zeta(\eta)$ $u(a)=\eta, v(a)=\xi$ $u=u(x, \eta), \quad v=v(x, \eta)$ Знайдений розв’язок справджує першу з крайових умов (5.2), але, взагалі кажучи, не справджуватиме другу з цих умов.

Отже, параметр η слід підібрати таким чином, щоб

\begin{matrix} (5.3) & \bar{ψ} (η) \equiv ψ [u (b, η), v (b, η)] = 0 \end{matrix}

Знайти корінь алгебраїчного рівняння (5.3) можна різними наближеними методами.

Метод дихотомії.

$\eta_i$ $\overline{\psi}(\eta_i)$ $\eta_i$ $\eta_{i+1}$ утворять першу «вилку», в межах якої міститься корінь рівняння (5.3). Поділяючи «вилку» послідовно навпіл до одержання потрібної точності, здійснюємо «пристрілку» параметра η. Саме завдяки цьому процесу метод і одержав назву методу стрільби.

$\bar{\psi}(\eta)$ вимагає числового інтегрування системи (5.1), тобто є досить громіздким. Тому для відшукання кореня рівняння (5.3) доцільно застосовувати більш швидкі методи.

Метод січних.

$\eta_0$ $\eta_1$ робимо навмання, а наступні значення обчислюємо згідно з формулою січних:

\begin{matrix} (5.4) & η_{i + 1} = η_{i} - \frac{(η_{i} - η_{i - 1}) \bar{ψ} (η_{i})}{\bar{ψ} (η_{i}) - \bar{ψ} (η_{i - 1})}, i = 1, 2, \dots \end{matrix}

Можна використовувати й інші подібні методи.

Особливо просто за допомогою методу стрільби розв’язуються лінійні крайові задачі. Справді, нехай задача (5.1),(5.2) є лінійною, тобто має вигляд

\begin{matrix} (5.5) & \begin{aligned} u^{'} (x) = p_{1} (x) u + q_{1} (x) v + r_{1} (x) \\ v^{'} (x) = p_{2} (x) u + q_{2} (x) v + r_{2} (x), \\ x \in (a, b) \end{aligned} \end{matrix}

\begin{matrix} (5.6) & α_{1} u (a) + β_{1} v (a) = γ_{1}, α_{2} u (a) + β_{2} v (a) = γ_{2} \end{matrix}

Тоді початковими значеннями відповідної задачі Коші будуть

\begin{matrix} (5.7) & u (a) = η, v (a) = ξ \equiv β_{1}^{- 1} (γ_{1} - α_{1} η) \end{matrix}

$\bar{\psi}(\eta)$ $\eta_0$ $\eta_1$ $\eta_2$ є точним коренем рівняння (5.3), тобто розрахунок із цим значенням дає шуканий розв’язок крайової задачі (5.5),(5.6). Отже, для розв’язання лінійної крайової задачі достатньо трикратного інтегрування задач Коші.

Зауважимо, що для лінійних задач можна суттєво зменшити обсяг роз-рахунків, врахувавши структуру загального розв’язку системи (5.5). Як відомо з курсу звичайних диференціальних рівнянь, загальний розв’язок лінійної неод-норідної системи рівний сумі загального розв’язку відповідної однорідної системи та деякого частинного розв’язку неоднорідної системи.

$\eta_0=0$ $u_0(x),v_0(x)$ Розглянемо задачу Коші для відповідної однорідної системи вигляду

\begin{matrix} u^{'} (x) = p_{1} (x) u + q_{1} (x) v, x \in (a, b); \\ v^{'} (x) = p_{2} (x) u + q_{2} (x) v, \\ u (a) = η_{1} = 1, v (a) = - α_{1} β_{1}^{- 1} \end{matrix}

$u_1(x),v_1(x)$ Тоді загальним розв’язком неоднорідної системи, який справджуватиме першу з крайових умов (5.6), буде однопараметрична сім’я вигляду

\begin{matrix} (5.8) & u (x) = u_{0} (x) + C u_{1} (x), v (x) = v_{0} (x) + C v_{1} (x) \end{matrix}

Значення параметра С знаходимо з другої з крайових умов (5.6):

C = - \frac{α_{2} u_{0} (b) + β_{2} v_{0} (b) - γ_{2}}{α_{2} u_{1} (b) + β_{2} v_{1} (b)} .

Підклавши знайдене значення С в (5.8), одержимо розв’язок крайової задачі (5.5),(5.6).

Метод стрільби є простим і успішно застосовним до більшості крайових задач типу (5.1),(5.2), а також до звичайних диференціальних рівнянь: адже, як відомо, будь-яке диференціальне рівняння пп $\bar{\psi}(\eta)$ $x=b$ і інтегрувати справа наліво; нерідко при цьому стійкість схем покращується. Якщо й це не допомагає, то таку крайову задачу слід розв’язувати або спеціаль-ними, або різницевими методами.

ПРИКЛАД

За допомогою методу стрільби знайти розв’язок крайової задачі:

\begin{matrix} (5.9) & y^{''} - 2 x^{- 2} y = 2 x^{- 1}, x \in (1; 2) \end{matrix}

\begin{matrix} (5.10) & 9 y (1) - 5 y^{'} (1) = 0, y (2) - y^{'} (2) + 1 = 0 \end{matrix}

Розв’язання

$y(1)=\eta_i,y'91)=-1.8\eta_i,i=0,2,..$ $x=1$ $\eta_0$ $\eta_1$ $\eta_2$ $\bar{\psi}(\eta_i)=y_i(2)-y'_i(2)=1$ $y_i(x)$ $\eta_i$

$\eta_0=5,\eta-1=0$ $y_0(1)=5,y'_0(1)=9$ $y_1(1)=0,y'_1(1)=0$ одержимо розв’язки відповідних задач Коші:

y_{0} (x) = \frac{2}{3} (8 x^{2} + x^{- 1}) - x, y_{1} (x) = \frac{1}{3} (2 x^{2} + x^{- 1}) - x

Тоді згідно з формулою січних (5.4)

\begin{matrix} (5.11) & η_{2} = η_{1} - \frac{(η_{1} - η_{0}) \bar{ψ} (η_{1})}{\bar{ψ} (η_{1}) - \bar{ψ} (η_{0})} = \frac{5 (y_{1} (2) - y_{1}^{'} (2) + 1)}{y_{1} (2) - y_{1}^{'} (2) + 1 - (y_{0} (2) - y_{0}^{'} (2) + 1)} \end{matrix}

$y_0(x)$ $y_1(x)$ $\eta_2=-5$ $y_2(1)=-5,y'_2(1)=-9$ одержимо розв’язок відповідної задачі Коші

\begin{matrix} (5.12) & y_{2} (x) = - x (4 x + 1) \end{matrix}

$y(x) \equiv y_{2}(x)=-x(4 x+1)$